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CURSO DE CÁLCULO I PROF. MARCUS V. S. RODRIGUES FORTALEZA - 2009 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 2 SUMÁRIO Capítulo 1 – Limite e continuidade 3 1.1. Limites: Um conceito intuitivo 3 1.2. Limites: Técnicas para calcular 19 1.3. Limites: Uma definição matemática 39 1.4. Continuidade 52 1.5. Limites e continuidade das funções trigonométricas 65 Exercícios propostos (Capítulo 1) 76 Capítulo 2 – A derivada 79 2.1. A reta tangente e a derivada 79 2.2. Técnicas de diferenciação 89 2.3. Derivada de funções trigonométricas 101 2.4. Regra da cadeia 107 2.5. Diferenciais e aproximação linear local 110 Exercícios propostos (Capítulo 2) 117 Capítulo 3 – Funções Logarítmicas e Exponenciais 122 3.1. Funções inversas 122 3.2. Diferenciação implícita 134 3.3. Derivadas das funções logarítmicas e exponenciais 143 3.4. Derivada das funções inversas trigonométricas e a Regra de L´Hopital 159 Exercícios propostos (Capítulo 3) 170 Capítulo 4 – Aplicações da derivada 175 4.1. Crescimento, decrescimento e concavidade 175 4.2. Extremos relativos 185 4.3. Extremos absolutos e gráficos 194 4.4. Problemas de otimização 211 Exercícios propostos (Capítulo 4) 226 Respostas dos exercícios propostos 230 Referências Bibliográficas 231 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 3 CAPÍTULO 1 – LIMITE E CONTINUIDADE 1.1 Limites: Um conceito intuitivo Dois problemas geométricos estimularam o desenvolvimento do Cálculo: achar a área de regiões planas e achar retas tangentes às curvas. Em ambos os casos se requerem um processo de limite para obter a solução. Porém, o processo de limite ocorre em várias situações, sendo o conceito de limite o alicerce sobre o qual todos os conceitos de cálculo estão baseados. Em geral, pode-se dizer que o uso básico de limites é o de descrever o comportamento de uma função quando a variável independente se aproxima de certo valor. Por exemplo, seja a função; ( ) 2 2 2 x xf x x − −= − Esta função não está definida para 2x= , porém, pode-se analisar o seu comportamento nas proximidades de 2x= . Isto é, interessa-se o comportamento de f para valores de x próximos a 2, porém não para 2x= . A aproximação a 2 pode-se ocorrer de duas formas, por valores menores do que 2 , isto é pela esquerda, e por valores maiores do que 2 , isto é pela direita. Desde modo pode-se construir a tabela 1.1, apresentada logo a seguir. Tabela 1.1 X 1,9 1,99 1,999 1,9999 2 2,0001 2,001 2,01 2,1 f(x) 2,9 2,99 2,999 2,9999 3,0001 3,001 3,01 3,1 Para reforçar este comportamento pode-se analisar, também, o gráfico da função que é apresentado na figura 1.1. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 4 Figura 1.1 Analisando a tabela 1.1 e a figura 1.1 fica evidente que os valores de ( )f x tornam-se cada vez mais próximos de 3 à medida que x estiver mais próximo de 2 , por qualquer um dos lados, esquerdo ou direito. Pode-se também, tornar os valores de ( )f x o mais próximo que se deseje de 3 , fazendo x suficientemente próximo de 2 . Definição 1.1.1. Se os valores de ( )f x puderem ser definidos tão próximos quanto queira de um número L , fazendo x suficientemente próximo de p (porém não igual a p ), ou seja; ( )f x L→ quando x p→ , então, escreve-se: ( )lim x p f x L→ = (1.1) Neste caso, tem-se que 2 2 3 2 x x x − − →− quando 2x→ , então, escreve-se: 2 2 2lim 3 2x x x x→ − − =− Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 5 O que foi feito anteriormente foi simplesmente uma conjectura a respeito do valor do limite 2 2 2lim 2x x x x→ − − − , usando argumentos algébricos e gráficos, para verificar o valor deste limite. Exemplo Resolvido 1.1.1. Faça uma conjectura sobre o valor do seguinte limite: 2 1 1lim 1x x x→ − − Solução. Observe que esta função não está definida para 1x= , então, fazendo os valores de x se aproximarem de 1 , tanto pela esquerda, quanto pela direita, pode-se construir a tabela 1.2. Logo em seguida tem-se o gráfico cartesiano da função. Tabela 1.2 x 0,9 0,99 0,999 0,9999 1 1,0001 1,001 1,01 1,1 f(x) 1,9 1,99 1,999 1,9999 2,0001 2,001 2,01 2,1 Figura 1.2 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 6 Da análise da tabela 1.2 e do gráfico da pela figura 1.2, tem-se: 2 1 2 1 x x − →− quando 1x→ (por ambos os lados) logo, pode-se escrever: 2 1 1lim 2 1x x x→ − =− Exemplo Resolvido 1.1.2. Faça uma conjectura sobre o valor limite: 0 lim 1 1x x x→ + − Solução. Esta função não está definida para 0x= , então, fazendo os valores de x se aproximarem de 0 , tanto pela esquerda, quanto pela direita, pode-se construir a tabela 1.3. Tabela 1.3 x − 0,01 − 0,001 − 0,0001 − 0,00001 0 0,00001 0,0001 0,001 0,01 f(x) 1,994987 1,9995 1,99995 1,999995 2,000005 2,00005 2,0005 2,004988 Para fazer o gráfico da função, pode-se simplificar algebricamente a expressão do limite. Para 0x≠ , tem-se: ( ) ( )1 1 1 11 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 x x x xx x x x x xx x x + + + +⎛ ⎞+ +⎛ ⎞= = = = + +⎜ ⎟⎜ ⎟ + −+ − + − + +⎝ ⎠⎝ ⎠ Pode-se concluir que o gráfico da função é igual ao gráfico da função 1 1y x= + + para 0x≠ . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 7 Figura 1.3 Analisando os dados da tabela 1.3 e do gráfico dado pela figura 1.3, tem-se que: 2 1 1 x x →+ − quando 0x→ (por ambos os lados) logo, pode-se escrever: 1 lim 2 1 1x x x→ =+ − O limite dado pela equação 1.1 é chamado comumente de limite bilateral, porque requer que os valores de ( )f x fiquem cada vez mais de L quando x tende a p por qualquer lado. Porém algumas funções apresentam comportamentos diferentes em cada um dos lados de um ponto p . Em resumo, ao se procurar o limite de ( )f x quando x tende a p nunca se considera x p= . Na realidade, a função não precisa estar definida para x p= , como visto nos exemplos anteriores. O que importa é como f está definida nas proximidades do ponto p . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 8 Em muitas situações a função pode apresentar comportamentos diferentes nas proximidades de um ponto p . Por exemplo, considere a função: ( ) 1 0 1 0 se xx f x se xx >⎧= =⎨− <⎩ no qual o gráfico é apresentado na figura 1.4. Figura 1.4 Quando x se aproxima de 0 pela esquerda os valores de ( )f x tendem a 1− (na realidade são iguais a 1− para esses valores), e quando x se aproxima de 0 pela direita os valores de ( )f x tendem a 1 (na realidade são iguais a 1 para esses valores). Descrevem-se essas afirmações dizendo que o limite de ( )f x x x= é 1 quando x tende a 0 pela direita e que o limite de ( )f x x x= é 1− quando x tende a 0 pela esquerda. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 9 Definição 1.1.2. Se os valores de ( )f x podem se tornar tão próximo de L quanto queira, fazendo x suficientemente próximo de p (porém maior que p), ou seja: se ( )f x L→ quando x p+→ pode-se escrever: ( )lim x p f x L+→ = (1.2) Definição 1.1.3. Se os valores de ( )f x podem se tornar tão próximo de L quanto queira, fazendo x suficientemente próximo de p (porém menor que p), ou seja: se ( )f x L→ quando x p−→ pode-se escrever: ( )lim x p f x L−→ = (1.3) Paraa função ( ) xf x x = nas proximidades de 0 , tem-se: 1 x x →− quando 0x −→ e 1x x → quando 0x +→ podendo escrever: 0 lim 1 x x x−→ = − (limite lateral à esquerda) e 0 lim 1 x x x+→ = (limite lateral à direita), logo se pode concluir que não existe o limite 0 lim x x x→ . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 10 Teorema 1.1.1. O limite bilateral de uma função existe em um ponto p se, e somente se existirem os limites laterais naquele ponto e tiverem o mesmo valor; isto é: ( ) ( ) ( )lim lim lim x p x p x p f x L f x L f x− +→ → → = ⇔ = = (1.4) Exemplo Resolvido 1.1.3. Faça o gráfico da função e determine os limites laterais em 1x= . Verifique se existe ( ) 1 lim x f x→ . ( ) 2 1 1 2 1 1 x se xf x x se x ⎧ + <⎪=⎨ − >⎪⎩ Solução. A função é definida por partes, isto é, a função tem duas leis de formação. Para o intervalo ( ),1−∞ é função se comporta como uma função polinomial de expressão ( ) 2 1f x x= + e para o intervalo ( )1,+∞ a função se comporta como uma função linear de expressão ( ) 2 1f x x= − . Logo, o gráfico da função é apresentado na figura 1.5. Figura 1.5 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 11 De acordo com a figura 1.5, pode-se ver claramente que quando x se aproxima de 1 pela esquerda ( )f x é a parábola de equação 2 1x + e se aproxima de 2 , isto é: ( ) 2f x → quando 1x −→ daí pode-se escrever: ( ) 1 lim 2 x f x−→ = (limite lateral à esquerda) Pode-se ver também que quando x se aproxima de 1 pela direita ( )f x é a reta de equação 2 1x − e se aproxima de 1 , isto é: ( ) 1f x → quando 1x +→ daí pode-se escrever: ( ) 1 lim 1 x f x+→ = (limite lateral à direita) Como os limites laterais são diferentes não existe o limite de f quando x tende a 1 , isto é: ( ) ( ) ( ) 11 1 lim 2 1 lim lim xx x f x f x f x− + →→ → = ≠ = ⇒ ∃ Em muitas situações os limites laterais não existem devido ao fato de os valores da função crescer ou decrescer indefinidamente. Por exemplo, analisando o comportamento da função ( ) 1f x x = nas proximidades de 0x= , pode-se construir a tabela 1.4. Tabela 1.4 x -0,1 -0,01 -0,001 -0,0001 0 0,0001 0,001 0,01 0,1 f(x) -10 -100 -1000 -10000 10000 1000 100 10 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 12 Figura 1.6 Analisando os dados apresentados na tabela 1.4 e através da figura 1.6 que mostra o gráfico da função fica evidente o seguinte: à medida que x fica mais próximo de 0 pela esquerda, os valores de ( ) 1f x x = são negativos e decrescem indefinidamente e à medida que x fica mais próximo de 0 pela direita, os valores de ( ) 1f x x = são positivos e crescem indefinidamente. Definição 1.1.4. Se os valores de ( )f x crescem indefinidamente quando x tende a p , pela direita ou pela esquerda; ou seja: ( )f x →+∞ quando x p+→ ou ( )f x →+∞ quando x p−→ então pode-se escrever: ( )lim x p f x+→ =+∞ ou ( )lim x p f x−→ =+∞ Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 13 Definição 1.1.5. Se os valores de ( )f x decrescem indefinidamente quando x tende a p , pela direita ou pela esquerda; ou seja: ( )f x → −∞ quando x p+→ ou ( )f x → −∞ quando x p−→ então, escreve-se: ( )lim x p f x+→ =−∞ ou ( )lim x p f x−→ =−∞ Logo o comportamento da função ( ) 1f x x = nas proximidades de 0 , pode ser resumido da seguinte forma: 1 x →−∞ quando 0x −→ e 1 x →+∞ quando 0x +→ daí tem-se: 1lim x p x−→ =−∞ e 1lim x p x+→ =+∞ Exemplo Resolvido 1.1.4. De acordo com os gráficos apresentados na figuras 1.7 e 1.8, descreva o limite em x p= na notação de limite apropriado. Figura 1.7 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 14 Figura 1.8 Solução (a). A função decresce indefinidamente quando x tende a p pela esquerda e cresce indefinidamente quando x tende a p pela direita. Então: 1lim x p x p−→ ⎛ ⎞=−∞⎜ ⎟−⎝ ⎠ e 1lim x p x p+→ ⎛ ⎞=+∞⎜ ⎟−⎝ ⎠ Solução (b). A função cresce indefinidamente quando x tende a p pela esquerda e decresce indefinidamente quando x tende a p pela direita. Então: 1lim x p x p−→ ⎛ ⎞− =+∞⎜ ⎟−⎝ ⎠ e 1lim x p x p+→ ⎛ ⎞− =−∞⎜ ⎟−⎝ ⎠ Solução (c). A função cresce indefinidamente quando x tende a p tanto pela esquerda como pela direita. Então: ( )2 1lim x p x p−→ ⎛ ⎞⎜ ⎟=+ ∞⎜ ⎟−⎝ ⎠ e ( )2 1lim x p x p+→ ⎛ ⎞⎜ ⎟=+∞⎜ ⎟−⎝ ⎠ Neste caso pode-se escrever por comodidade: ( )2 1lim x p x p→ ⎛ ⎞⎜ ⎟=+∞⎜ ⎟−⎝ ⎠ Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 15 Solução (d). A função decresce indefinidamente quando x tende a p tanto pela esquerda como pela direita. Então: ( )2 1lim x p x p−→ ⎛ ⎞−⎜ ⎟=−∞⎜ ⎟−⎝ ⎠ e ( )2 1lim x p x p+→ ⎛ ⎞−⎜ ⎟=−∞⎜ ⎟−⎝ ⎠ Neste caso pode-se escrever por comodidade: ( )2 1lim x p x p→ ⎛ ⎞−⎜ ⎟=−∞⎜ ⎟−⎝ ⎠ Definição 1.1.6. Uma reta x p= é chamada de assíntota vertical do gráfico de uma função ( )f x se ( )f x tende a +∞ ou −∞ , quando x tende a p pela esquerda ou pela direita. Às vezes se está interessado em saber o comportamento da função não em torno de um ponto específico p , e sim quando a variável x cresce ou decresce indefinidamente. Isto é chamado de comportamento final da função, pois descreve como a função se comporta para valores de x que estão longe da origem. Novamente considera-se a função ( ) 1f x x = , mas agora para valores de x que estão bem distantes da origem. Fazendo x crescer e decrescer sem limitação, pode-se construir a tabela 1.5. Tabela 1.5 x -10000 -1000 -100 -10 10 100 1000 10000 f(x) -0,0001 -0,001 -0,01 -0,1 0,1 0,01 0,001 0,0001 x decresce sem limitação x cresce sem limitação Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 16 É evidente a partir da tabela 1.5 e pelo gráfico da função (ver figura 1.6), que à medida que os valores de x decrescem sem limitação, os valores de ( ) 1f x x = são negativos, mas aproximam-se muitíssimo de 0 ; analogamente, à medida que os valores de x crescem sem limitação, os valores de ( ) 1f x x = são positivos, mas aproximam-se muitíssimo de 0 . Definição 1.1.7. Se os valores de ( )f x subseqüentemente ficam cada vez mais próximos de um número L , à medida que x cresce sem limitação; ou seja: ( )f x L→ quando x→+∞ então, escreve-se: ( )lim x f x L→+∞ = . Definição 1.1.8. Se os valores de ( )f x subseqüentemente ficam cada vez mais próximos de um número L , à medida que x decresce sem limitação; ou seja: ( )f x L→ quando x→−∞ então, escreve-se: ( )lim x f x L→−∞ = . Logo, podem-se descrever os comportamentos limitantes da função ( ) 1f x x = da seguinte forma: 1lim 0 x x→−∞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎝ ⎠ e 1lim 0 x x→+∞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎝ ⎠ Definição 1.1.9. Uma reta y L= é chamada de assíntota horizontal do gráfico de uma função ( )f x se ( )f x L→ , quando x→+∞ ou x→−∞ . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 17 Exemplo Resolvido 1.1.5. De acordo com o gráfico da função ( ) 1 xf x x = − apresentado na figura 1.9 determine os limites no infinito. Figura 1.9 Solução. De acordo com o gráfico da função (ver figura 1.9) tem-se que à medida que x cresce sem limitação ( )f x se aproxima cada vez mais de 1 , isto é: 1 1 x x →− quandox→+∞ concluindo que: lim 1 1x x x→+∞ =− Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 18 Analogamente, tem-se que à medida que x decresce sem limitação ( )f x se aproxima cada vez mais de 1 , isto é: 1 1 x x →− quando x→−∞ concluindo que: lim 1 1x x x→−∞ =− A reta 1y= é a assíntota vertical do gráfico da função ( ) 1 xf x x = − . Definição 1.1.10. Se os valores de ( )f x crescem sem limitação quando x→+∞ ou x→−∞ ; ou seja: ( )f x → +∞ quando x→+∞ ou ( )f x → +∞ quando x→−∞ então, escreve-se: ( )lim x f x→+∞ =+∞ ou ( )limx f x→−∞ =+∞ Definição 1.1.11. Se os valores de ( )f x decrescem sem limitação quando x→+∞ ou x→−∞ ; ou seja: ( )f x → −∞ quando x→+∞ ou ( )f x → −∞ quando x→−∞ então, escreve-se: ( )lim x f x→+∞ =−∞ ou ( )limx f x→−∞ =−∞ Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 19 1.2 Limites: Técnicas para calcular Inicialmente estabelecem-se os limites básicos para algumas funções simples e em seguida desenvolvem-se um repertório de teoremas que possibilitará usar estes limites como blocos de construção para encontrar limites de funções mais complicadas. Teorema 1.2.1 (Limites básicos). (1) ( )lim x p k k→ = (2) ( )limx k k→+∞ = (3) ( )limx k k→−∞ = (4) ( )lim x p x p→ = (5) ( )limx x→+∞ =+∞ (6) ( )limx x→−∞ =−∞ (7) 0 1lim x x+→ ⎛ ⎞=+∞⎜ ⎟⎝ ⎠ (8) 0 1lim x x−→ ⎛ ⎞=−∞⎜ ⎟⎝ ⎠ (9) 1lim 0 x x→+∞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎝ ⎠ (10) 1lim 0 x x→−∞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎝ ⎠ Figura 1.10 Esses limites dados pelo teorema 1.2.1 podem ser confirmados através do gráfico (ver figura 1.10) das funções y k= (função constante), y x= (função identidade) e 1y x= (função recíproca). Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 20 Teorema 1.2.2. Suponha que lim representa um dos limites lim x p→ , limx p−→ , lim x p+→ , lim x→+∞ ou limx→−∞ . Se existirem ( )1 limL f x= e ( )2 limL g x= , então: (1) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2lim lim limf x g x f x g x L L± = ± = ±⎡ ⎤⎣ ⎦ . (2) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2lim lim limf x g x f x g x L L⋅ = ⋅ = ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦ . (3) ( ) ( ) ( ) ( ) 12 lim lim lim f x f x L g x g x L ⎡ ⎤ = =⎢ ⎥⎣ ⎦ se 2 0L ≠ . (4) ( ) ( ) 1lim lim nn nf x f x L= = desde que 1 0L ≥ se n for par. (5) ( ) ( ) ( )1lim limn n nf x f x L= =⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ . Corolário 1.2.2.1. Suponha que lim representa um dos limites lim x p→ , limx p−→ , lim x p+→ , lim x→+∞ ou limx→−∞ . Se existirem ( )1 1limL f x= , ( )2 2limL f x= ,..., ( )limn nL f x= , então: (1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2lim ... lim lim ... limn nf x f x f x f x f x f x± ± ± = ± ± ±⎡ ⎤⎣ ⎦ 1 2 ... nL L L= ± ± ± (2) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2lim ... lim lim ... limn nf x f x f x f x f x f x⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( ) ( )1 2lim lim ... lim nf x f x f x= ⋅ ⋅ ⋅ Exemplo Resolvido 1.2.1. Sendo ( ) 2 lim 3 x f x→ =− , ( )2lim 4x g x→ = e ( )2lim 0x h x→ = . Determine: (a) ( ) ( ) 2 lim x g x f x→ −⎡ ⎤⎣ ⎦ (b) ( ) ( ) ( )2limx g x h x f x→ −⎡ ⎤⎣ ⎦ Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 21 (c) ( ) ( )2 2 2 lim x f x g x→ +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (d) ( ) ( ) ( )( )22limx f x g x h x→ ⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦ Solução (a). Aplica-se a propriedade (1) do teorema 1.2.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 lim lim lim 4 3 4 3 7 x x x g x f x g x f x→ → →− = − = − − = + =⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Solução (b). Inicialmente aplica-se a propriedade (3) do teorema 1.2.2 e em seguida aplicam-se as propriedades (4) no numerador e (1) no denominador, do referido teorema. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )222 2 2 2 limlim 4 2lim lim lim lim 0 3 3 xx x x x x g xg xg x h x f x h x f x h x f x →→ → → → → = = = =− − − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Solução (c). Inicialmente aplica-se a propriedade (4) do teorema 1.2.2 e em seguida aplicam-se a propriedade (1) e logo depois, a propriedades (5) do referido teorema. ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 lim lim x x f x g x f x g x→ → ⎡ ⎤+ = +⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦ ( ) ( )2 2 2 2 lim lim x x f x g x→ →= +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 lim lim 4 3 5 x x f x g x→ → ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + = + − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Solução (d). Inicialmente a aplica-se a propriedade (1) do teorema 1.2.2 e em seguida aplicam-se nas parcelas as propriedades (2) e (5), respectivamente, do referido teorema. ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 lim lim lim x x x f x g x h x f x g x h x→ → → ⎡ ⎤+ = +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦ ( )( ) ( )( ) ( ) 22 2 2lim lim limx x xf x g x h x→ → →⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ( )( ) ( )24 3 0 12= − + =− Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 22 Exemplo Resolvido 1.2.2. Ache: (a) 1lim nx x→+∞ (b) 1lim nx x→−∞ Solução (a). Aplicando a propriedade (5) do teorema 1.2.2, tem-se: 1 1 1lim lim lim 0 n n nx x xx xx→+∞ →+∞ →+∞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Solução (b). Aplicando a propriedade (5) do teorema 1.2.2, tem-se: 1 1 1lim lim lim 0 n n nx x xx xx→−∞ →−∞ →−∞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Do exemplo resolvido 1.2.2 podem-se escrever as seguintes fórmulas: 1lim 0nx x→+∞ = (1.5) 1lim 0nx x→−∞ = (1.6) Corolário 1.2.2.2. Suponha que lim representa um dos limites lim x p→ , limx p−→ , lim x p+→ , lim x→+∞ ou limx→−∞ . Se existirem ( )limL f x= e k um número real, então: ( ) ( ) ( )lim lim limk f x k f x k L⋅ = ⋅ = ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦ Ou seja, em outras palavras o que o corolário afirma é que: um fator constante pode ser movido através do símbolo de limite. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 23 Exemplo Resolvido 1.2.3. Sendo k uma constante real, então, ache: (a) lim nx k x→+∞ (b) lim nx k x→−∞ Solução (a). Inicialmente pode-se escrever o quociente como um produto entre a constante k e a função 1 nx e em seguida aplica-se o corolário 1.2.2.2. ( )1 1lim lim lim 0 0n n nx x x k k k k x x x→+∞ →+∞ →+∞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Solução (b). Inicialmente pode-se escrever o quociente como um produto entre a constante k e a função 1 nx e em seguida aplica-se o corolário 1.2.2.2. ( )1 1lim lim lim 0 0n n nx x x k k k k x x x→−∞ →−∞ →−∞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Dos exemplos resolvidos 1.2.2 e 1.2.3, podem-se escrever as seguintes fórmulas, sendo k uma constante real qualquer. lim 0nx k x→+∞ = (1.7) lim 0nx k x→−∞ = (1.8) Exemplo Resolvido 1.2.4. Ache o valor do limite ( )3 2 2 lim 3 2 3 9 x x x x→− − − + − . Solução. Inicialmente, pode-se expressar este limite como a soma de limites, corolário 1.2.2.1. Em seguida aplica-se a propriedade do corolário 1.2.2.2 nas parcelas e depois a propriedade (5) do teorema 1.2.2. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 24 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 2 2 2 2 2 2 lim 3 2 3 9 lim 3 lim 2 lim 3 lim 9 x x x x x x x x x x x→− →− →− →− →−− − + − =− − + − ( ) ( ) ( ) ( )3 2 2 2 2 2 3 lim 2 lim 3 lim lim 9 x x x x x x x →− →− →− →− =− − + − ( ) ( ) ( )3 22 2 23 lim 2 lim 3 lim 9x x xx x x→− →− →−=− − + − ( ) ( ) ( )3 23 2 2 2 3 2 9 1=− − − − + − − = Exemplo Resolvido 1.2.5. Ache o valor do limite 3 22 1lim 3 2 3 9x x x x→− − − + − . Solução. Inicialmente usa-se a parte (3) do teorema 1.2.2 e em seguida a parte (4) do mesmo teorema. ( ) ( )23 2 3 22 2 lim 11lim 3 2 3 9 lim 3 2 3 9 x x x x x x x x x →−→− →− = − − + − − − + − ( )3 2 2 1 1 1 1lim 3 2 3 9 x x x x→− = = = − − + − Nos exemplos vistos anteriormente, pode-se ver que o cálculo de limites se resume à aplicação das propriedades vistas no teorema 1.2.2 e de seus corolários, 1.2.2.1 e 1.2.2.2, para reduzir este limite aos limites básicos dados no teorema 1.2.1. Porém em muitos casos este cálculo pode se tornar exaustivo e repetitivo, então, em seguida serão apresentado teoremas que tornam estes cálculos mais rápidos e diretos. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 25 Teorema 1.2.3. Para qualquer polinômio: ( ) 0 1 ... nnp x a a x a x= + + + (1.9) e qualquer número real c , então: ( ) ( ) ( )0 1lim lim ... nnx c x cp x a a x a x p c→ →= + + + = (1.10) Prova. ( ) ( )0 1lim lim ... nnx c x cp x a a x a x→ →= + + + 0 1lim lim ... lim n nx c x c x c a a x a x→ → →= + + + 0 1lim lim ... lim n nx c x c x c a a x a x→ → →= + + + ( )0 1 ... nna a c a c p c= + + + = Em outras palavras, o teorema 1.2.3 diz que: o limite de um polinômio em um ponto de seu domínio é a própria imagem deste ponto. Exemplo Resolvido 1.2.6. Calcule ( )3 2 3 lim 3 2 4 x x x x→ − + − . Solução. Como o limite de um polinômio em um ponto de seu domínio é própria imagem deste ponto. Isto é o limite é encontrado através da substituição direta. ( ) ( ) ( ) ( )3 23 2 3 lim 3 2 4 3 3 3 2 3 4 27 27 6 4 2 x x x x→ − + − = − + − = − + − = Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 26 Exemplo Resolvido 1.2.7. Calcule 2 3 21 2 3 4lim 4 1x x x x x→− − − + + . Solução. Inicialmente usa-se a propriedade (4) do teorema 1.2.2 e em seguida a propriedade (3) do mesmo teorema, e, finalmente, o teorema 1.2.3. ( ) ( ) 22 2 1 3 2 3 2 3 21 1 1 lim 2 3 42 3 4 2 3 4 1 1lim lim 4 24 1 4 1 lim 4 1 x x x x x xx x x x x x x x x x →− →− →− →− − −− − − −= = = =+ + + + + + O intuito agora é definir como se comporta a função polinomial da forma nx para 1n= , 2 , 3 , 4 , ... , quando x→+∞ e x→−∞ . A figura 1.11 apresenta os gráficos para os casos particulares em que 2n= , 3 e 4 , respectivamente, e os seus limites no infinito. Figura 1.11 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 27 Os resultados apresentados na figura 1.11 são os casos particulares do seguinte caso geral: lim n x x→+∞ =+∞ (1.11) lim n x se n par x se n ímpar→−∞ +∞⎧=⎨−∞⎩ (1.12) Exemplo Resolvido 1.2.8. Calcule os limites no infinito. (a) lim n x kx→+∞ (b) lim n x kx→−∞ Solução (a). 0 lim lim 0 n n x x se k kx k x se k→+∞ →+∞ +∞ >⎧= =⎨−∞ <⎩ Solução (b). (i) 0 lim lim 0 n n x x se k kx k x n par se k→−∞ →−∞ +∞ >⎧= =⎨−∞ <⎩ (ii) 0 lim lim 0 n n x x se k kx k x n ímpar se k→−∞ →−∞ −∞ >⎧= =⎨+∞ <⎩ Teorema 1.2.4. Um polinômio se comporta como seu termo de maior grau quando x→+∞ ou x→−∞ . ( ) ( )0 1lim ... limn nn nx xa a x a x a x→+∞ →+∞+ + + = (1.13) ( ) ( )0 1lim ... limn nn nx xa a x a x a x→−∞ →−∞+ + + = (1.14) Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 28 Exemplo Resolvido 1.2.9. Calcule os limites. (a) ( )3 2lim 5 4 12 x x x x→−∞ − + − (b) ( )3 4 5lim 3 3x x x x→+∞ + − Solução (a). Como o polinômio se comporta como seu termo de maior grau, tem-se: ( ) ( )3 2 3lim 5 4 12 lim 5 x x x x x x →−∞ →−∞ − + − = =−∞ Solução (b). Como o polinômio se comporta como seu termo de maior grau, tem-se: 3 4 5 51 3 3 3lim lim 2 5 7 7x x x x x x→+∞ →+∞ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − = =−∞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Uma função racional é uma razão entre dois polinômios, ou seja, é uma função do tipo ( ) ( ) f x g x com ( ) 0≠g x . Neste caso, há três métodos para se calcular o limite ( ) ( )lim→x p f x g x , dependendo se ( )lim→x p g x converge para zero ou não. Se ( )lim 0→ ≠x p g x , então, usa-se o fato de que o limite da razão é a razão dos limites, ou seja: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) lim lim lim → → → = =x p x p x p f xf x f p g x g x g p (1.15) Em outras palavras se ( )lim 0→ ≠x p g x , o limite ( ) ( )lim→x p f x g x deve ser calculado por substituição direta. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 29 Exemplo Resolvido 1.2.10. Ache 3 22 2 7lim 3→ − −x x x . Solução. Como ( )2 2 lim 3 1 0 → − = ≠ x x , então o limite deve ser calculado por substituição direta, logo: ( ) ( ) 33 2 22 2 2 72 7lim 9 3 2 3→ −− = =− −x x x Exemplo Resolvido 1.2.11. Calcule 3 2 1lim 2 4x x x−→− + − . Solução. Inicialmente tem que ser usado o fato de que o limite da raiz cúbica é a raiz cúbica do limite, ou seja: 3 3 2 2 1 1lim lim 2 4 2 4x x x x x x− −→− →− + +=− − Agora se calcula o limite da função racional e devido ao fato de que ( ) 2 lim 2 4 8 0 x x−→− − =− ≠ , então: ( )2 1 2 1 1lim 2 4 2 2 4 8x x x−→− + − += =− − − Logo, 3 33 2 2 1 1 1 1lim lim 2 4 2 4 8 2x x x x x x− −→− →− + += = =− − Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 30 Se ( )lim 0→ =x p g x e ( )lim 0→ =x p f x , então o numerador e denominador terão um fator comum ( )−x p e o limite pode, freqüentemente, ser calculado cancelando-se primeiro os fatores comuns. Se ( )−x p é fator de ( )f x então ( ) ( ) ( )= −f x x p F x e se ( )−x p é fator de ( )g x então ( ) ( ) ( )= −g x x p G x , daí: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )lim lim lim→ → → −= =−x p x p x p f x x p F x F x g x x p G x G x (1.16) Exemplo Resolvido 1.2.12. Calcule 2 3 9lim 3→ − −x x x . Solução. Como ( ) 3 lim 3 0→ − =x x e ( )23lim 9 0→ − =x x , então, há um fator comum ( )3−x , logo, ( )( ) ( )2 3 3 3 3 39lim lim lim 3 6 3 3→ → → − +− = = + =− −x x x x xx x x x Exemplo Resolvido 1.2.13. Calcule 3 21 1lim 2 1+→− + + −x x x x . Solução. Como ( )2 1 lim 2 1 0+→− + − = x x x e ( )3 1 lim 1 0 x x+→− + = , então, há um fator comum ( )1x + , logo, ( )( ) ( )( ) 23 2 21 1 1 1 11 1lim lim lim 1 2 1 2 12 1+ + +→− →− →− + − ++ − += =+ − −+ −x x x x x xx x x x x xx x Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 31 Tem-se uma nova função racional, então, deve-se verificar se o limite do denominador é igual à zero ou não. Como ( ) 1 lim 2 1 3 x x+→− − =− , então, o limite deve ser calculado por substituição direta. ( ) ( ) ( ) 22 1 1 1 11 3lim 1 2 1 2 1 1 3+→− − − −− + = = =−− − − −x x x x Se ( )lim 0→ =x p g x e ( )lim 0→ ≠x p f x , então ( ) ( )lim→x p f x g x é +∞ ou −∞ , ou de um lado +∞ e do outro −∞ , ou vice versa. Neste caso, devem-se calcular os limites laterais e para isso deve-se analisar o sinal da expressão ( ) ( ) f x g x nas proximidades do ponto =x p . Exemplo Resolvido 1.2.14. Calcule 2 lim 2→− +x x x . Solução. Como ( ) 2 lim 2 0→− + =x x e ( )2lim 2 0→− =− ≠x x , então, devem-se calcular os limites laterais. Sabe-se que os limites laterais são do tipo ∞ , então resta saber o sinal. (i) Quando x se aproxima de 2− pela esquerda, 2<−x o que implica que 2 0+ <x e como nas proximidades de 2= −x tem-se 0<x , então, tem-se que 0 2 x x >+ . Daí pode-se concluir que: 2 lim 2−→−=+∞+x x x Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 32 (ii) Quando x se aproxima de 2− pela direita, 2>−x o que implica que 2 0+ >x e como nas proximidades de 2= −x tem-se 0<x , então, tem-se que 0 2 x x <+ . Daí pode-se concluir que: 2 lim 2x x x+→− =−∞+ Um modo mais prático de resolver estes limites é através da análise do sinal da expressão 2+ x x , que é dado pela figura 1.12: Figura 1.12 Logo, pode-se concluir que: 2 lim 2−→− =+∞+x x x e 2 lim 2−→− =−∞+x x x . Em alguns casos de limites envolvendo funções com radicais, pode- se usar um procedimento semelhante ao utilizado no cálculo para funções racionais. Neste caso deve-se simplificar a expressão do limite através da fatoração dos termos. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 33 Exemplo Resolvido 1.2.15. Calcule 20 3lim 1 2 1x x x x+→ + − + . Solução. Como ( )2 0 lim 1 2 1 0 x x x+→ + − + = e ( ) 0 lim 3 0 x x+→ = , então para resolver este limite deve-se simplificar a expressão do limite. Ou seja: 2 2 2 2 3 3 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 x x x x x x x x x x ⎛ ⎞⎛ ⎞ + + +⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ − + + − + + + +⎝ ⎠⎝ ⎠ ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 222 3 1 2 1 3 1 2 1 1 2 11 2 1 x x x x x x x xx x + + + + + + = = + − −+ − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 2 1 3 1 2 1 22 x x x x x x x xx x + + + + + + = = −− ( )23 1 2 1 2 x x x + + + = − Logo, tem-se: ( )2 20 0 3 1 2 13lim lim 21 2 1x x x xx xx x+ +→ → + + + = −+ − + Como ( ) 0 lim 2 2 0 x x+→ − =− ≠ , pode-se calcular o limite através da substituição direta, isto é: ( ) ( ) ( ) ( )22 0 3 0 1 2 0 13 1 2 1 3 2 lim 3 2 0 2 2x x x x+→ ⎛ ⎞+ + ++ + + ⎜ ⎟⎝ ⎠= = =−− − − Daí tem-se: 20 3lim 3 1 2 1x x x x+→ =− + − + Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 34 Para se calcular os limites no infinito de uma função racional devem- se dividir numerador e denominador pela potência mais alta de x que aparece no denominador, logo todas as potências de x tornam-se constantes ou potências de 1 x . Exemplo Resolvido 1.2.16. Calcule 3 5lim 4 6→−∞ − −x x x . Solução. Divide-se numerador e denominar por x , daí: 55 lim 333 5 3 0 3 1lim lim 4 44 6 0 6 6 26 lim 6 x x x x x xx x x x →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ ⎛ ⎞−− ⎜ ⎟− −⎝ ⎠= = = = = −− − −⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠ Exemplo Resolvido 1.2.17. Ache 2 3 2 3 2 5lim 5 7 1→+∞ + − − − +x x x x x x . Solução. Divide-se numerador e denominar por 3x , daí: 2 2 3 3 2 2 3 3 2 5 3 2 5lim lim 7 1 15 7 1 5x x x x x x x x x x x x x →+∞ →+∞ + −+ − =− − + − − + 2 3 2 3 3 2 5lim 0 0 0 0 0 7 1 1 5 0 0 0 5lim 5 x x x x x x x x →+∞ →+∞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟ + −⎝ ⎠= = = =− − +⎛ ⎞− − +⎜ ⎟⎝ ⎠ Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 35 Outra maneira de se resolver estes limites é considerando o fato de que como uma função racional é uma razão entre dois polinômios e como o polinômio se comporta como seu termo de maior grau no infinito, logo se ( ) ( )0 1 ... 0nn nf x a a x a x a= + + + ≠ e ( ) ( )0 1 ... 0mm mg x b b x b x b= + + + ≠ , então: ( ) ( ) 0 10 1 ...lim lim lim ... n n n n m mx x xm m f x a a x a x a x g x b b x b x b x→−∞ →−∞ →−∞ + + += =+ + + (1.17) e ( ) ( ) 0 10 1 ...lim lim lim ... n n n n m mx x xm m f x a a x a x a x g x b b x b x b x→+∞ →+∞ →+∞ + + += =+ + + (1.18) Ou seja, uma função racional comporta-se quando x→+∞ e x→−∞ , como a razão entre os termos de mais alto grau no numerador e no denominador. Exemplo Resolvido 1.2.18. Ache 4 3 2 3 2 7 2 5lim 6 8 13→−∞ + − − + − +x x x x x x x . Solução. Usando o fato anterior tem-se: ( )4 3 2 43 2 37 2 5 7lim lim lim 76 8 13→−∞ →−∞ →−∞ + − = = − =+∞− + − + −x x x x x x x x x x x x Exemplo Resolvido 1.2.19. Calcule: (a) 2 2 3lim 1→+∞ − +x x x (b) 2 2 3lim 1→−∞ − +x x x Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 36 Em ambos os itens, seria mais prático manipular a função de forma que as potências de x se tornem potências de 1 x . Podem-se conseguir isto em ambos os termos dividindo-se numerador e denominador por x e lembrando do fato que 2x x= . Solução (a). Dividindo, então, numerador e denominador por x , tem-se 2 2 2 3 2 3lim lim 1 1→+∞ →+∞ − − = + +x x x xx x x x Como 2=x x e para 0>x tem-se =x x , daí: 2 2 2 2 2 3 2 22 lim 3 lim 33 3lim lim 3 11 1 11 1 lim 1 lim 1 x x x x x x x x x xx x x x xx →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −− ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = = =−⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ Solução (b). Fazendo o mesmo procedimento adotado no item (a), então: 2 2 2 3 2 3lim lim 1 1→−∞ →−∞ − − = + +x x x xx x x x Como 2=x x e para 0<x tem-se =−x x , daí: 2 2 2 2 2 3 2 22 lim 3 lim 33 3lim lim 3 11 1 11 1 lim 1 lim 1 x x x x x x x x x xx x x x xx →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − +− + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = = =⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 37 No caso de limite de funções definidas por partes, devem-se calcular separadamente os limites laterais e verificar a existência do limite bilateral (ver teorema 1.1.1). Exemplo Resolvido 1.2.20. Seja ( ) 22 1 14 1 − >−⎧⎪=⎨ + <−⎪⎩ x se x f x x x se x , então calcule, caso exista, ( ) 1 lim→−x f x . Solução. Como a função é definida por parte devem-se calcular os limites laterais. Logo, ( ) ( ) ( ) ( )22 1 1 lim lim 4 1 4 1 3 x x f x x x− −→− →− = + = − + − =− e ( ) ( ) ( ) 1 1 lim lim 2 1 2 1 1 3 x x f x x+ +→− →− = − = − − =− Como ( ) ( ) 1 1 lim 3 lim− +→− →− = − = x x f x f x , implica que existe o limite e seu valor é dado por: ( ) 1 lim 3→− = −x f x . Exemplo Resolvido 1.2.21. Seja ( ) 3 23 1 2 0 2 2 2 ⎧ − + <⎪= =⎨⎪ + >⎩ x x se x g x se x x se x , então calcule, caso exista, ( ) 2 lim→x g x . Solução. Como a função é definida por parte devem-se calcular os limites laterais. Logo, ( ) ( ) ( ) ( )3 23 2 2 2 lim lim 3 1 2 3 2 1 3 x x g x x x− −→ → = − + = − + =− Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 38 e ( ) ( ) ( ) 2 2 2 lim lim 2 lim 2 2 2 2 x x x g x x x+ − −→ → → = + = + = + = Como ( ) ( ) 2 2 lim 3 2 lim− +→ → = − ≠ = x x g x g x , implica que não existe o limite ( ) 2 lim→x g x . Exemplo Resolvido 1.2.22. Seja a função ( ) 2 2 2 1 0 1 0 2 1 2 2 x se x f x x se x x se x ⎧⎪ − <⎪⎪= − < <⎨⎪⎪ + >⎪⎩ . Determine, caso existam, ( ) 0 lim x f x→ e ( )2limx f x→ . Solução. Inicialmente verifica-se a existência de ( ) 0 lim x f x→ através do cálculo dos limites laterais. Isto é, ( ) ( ) 0 0 lim lim 2 1 1 x x f x x− −→ → = − =− e ( ) ( )2 0 0 lim lim 1 1 x x f x x+ +→ → = − =− Como ( ) ( ) 0 0 lim 1 lim x x f x f x− +→ → =− = , tem-se que ( ) 0 lim 1 x f x→ =− . Faz-se o mesmo para verificar a existência de ( ) 2 lim x f x→ . Isto é, ( ) ( )2 2 2 lim lim 1 3 x x f x x− −→ → = − = e ( ) 2 2 2 lim lim 1 3 2x x xf x+ +→ → ⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠ Como ( ) ( ) 2 2 lim 3 limx x f x f x− +→ → = = , tem-se que ( ) 2 lim x f x→ . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 39 1.3 Limites: Uma definição matemática A definição de limite dada na seção 1.1 deste módulo foi baseada na intuição de como o significado dos valores de uma função fica cada vez mais próximo de um valor limitante. Porém, esta definição é muito imprecisa e inadequada para alguns propósitos, logo se torna necessário uma definição mais precisa de um ponto de vista matemático. Par isso considere a função { }: − →f R p R cujo gráfico é dado é apresentado na figura 1.13 e para o qual ( )f x L→ quando x p→ . Figura 1.13 Escolhe-se um número positivo, ε , e traçam-se duas retas horizontais que passam pelos pontos L ε− e L ε+ , no eixo y , para a curva ( )y f x= e, então, retas verticais daqueles pontos da curva para o eixo x (ver figura 1.14) e sejam 0x e 1x os pontos onde as retas verticais interseccionam o eixo x . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 40 Figura 1.14 Fazendo x se aproximar cada vez mais de p , por qualquer um dos lados, tem-se que logo x estará no intervalo ( )0 1,x x ; quando isto ocorre, o valor de ( )f x estará entre L ε− e L ε+ (ver figura 1.15). Ou seja, se ( )f x L→ quando x p→ , então para qualquer 0ε > tem-se um intervalo aberto ( )0 1,x x no eixo x , com ( )0 1,p x x∈ e com a propriedade que para cada ( )0 1,x x x∈ , exceto possivelmente x p= , tem-se ( ) ( ),f x L Lε ε∈ − + . Figura 1.15 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 41 Definição 1.3.1 (1ª versão preliminar). Seja ( )f x uma função definida em todo x de algum intervalo aberto que contenha o número p , com a possível exceção de que ( )f x não precisa ser definida em p . Escreve-se: ( )lim x p f x L→ = (1.19) se dado 0ε > , pode-se encontrar um intervalo aberto ( )0 1,x x que contenha p de modo que ( )f x satisfaça ( )L f x Lε ε− < < + (1.20) para cada ( )0 1,x x x∈ , com a possível exceção de x p= . Observa-se através da figura 1.15 que o intervalo ( )0 1,x x amplia-se mais à direita que à esquerda. Então, para muitos fins é preferível ter um intervalo com a mesma distância de p . Escolhe-se um número positivo δ menor do que 1x p− e 0p x− , e considere o intervalo ( ),p pδ δ− + que se ampliam à mesma distância de p , em ambos os lados. Uma vez que a condição ( )L f x Lε ε− < < + é válida para o intervalo ( )0 1,x x e como ( ) ( )0 1, ,p p x xδ δ− + ⊂ , então esta condição também é válida para o intervalo ( ),p pδ δ− + , como mostrado na figura 1.16. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 42 Figura 1.16 Definição 1.3.2 (2ª versão preliminar). Seja ( )f x uma função definida em todo x de algum intervalo aberto que contenha o número p , com a possível exceção de que ( )f x não precisa ser definida em p . Escreve-se: ( )lim x p f x L→ = (1.21) se dado 0ε > , pode-se achar um número 0δ > tal que ( )f x satisfaça ( )L f x Lε ε− < < + (1.22) para cada ( ),x p pδ δ∈ − + , com a possível exceção de x p= . A condição ( )L f x Lε ε− < < + pode ser expressa como ( )f x L ε− < e a condição que x está situado no intervalo ( ),p pδ δ− + , mas x p≠ , pode ser expressa como: 0 x p δ< − < Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 43 Definição 1.3.3 (versão final). Seja ( )f x uma função definida em todo x de algum intervalo aberto que contenha o número p , com a possível exceção de que ( )f x não precisa ser definida em p . Escreve-se: ( )lim x p f x L→ = (1.23) se dado 0ε > , pode-se achar um número 0δ > tal que ( )f x L ε− < se 0 x p δ< − < (1.24) Exemplo Resolvido 1.3.1. Prove que ( ) 3 lim 2 5 1 x x→ − = . Solução. Deve-se mostrar que dado qualquer número positivo ε , pode-se encontrar um número positivo δ tal que: ( )2 5 1x ε− − < se 0 3x δ< − < simplificando tem-se: 2 6x ε− < se 0 3x δ< − < ( )2 2x ε− − < se 0 3x δ< − < 2 3x ε− − < se 0 3x δ< − < 2 3x ε− < se 0 3x δ< − < 3 2 x ε− < se 0 3x δ< − < , logo fica evidente que 2 εδ = . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 44 Exemplo Resolvido 1.3.2. Prove que ( ) 2 lim 4 3 2 x x→ − =− . Solução. Deve-se mostrar que dado qualquer número positivo ε , pode-se encontrar um número positivo δ tal que: ( ) ( )4 3 2x ε− − − < se 0 2x δ< − < 6 3x ε− < se 0 2x δ< − < ( )3 2x ε− − < se 0 2x δ< − < 3 2x ε− − < se 0 2x δ< − < 3 2x ε− < se 0 2x δ< − < 2 3 x ε− < se 0 2x δ< − < , logo fica evidente que 3 εδ = . Exemplo Resolvido 1.3.3. Prove que ( ) 1 lim 7 12 5 x x→− + = . Solução. Deve-se mostrar que dado qualquer número positivo ε , pode-se encontrar um número positivo δ tal que: ( )7 12 5x ε+ − < se ( )0 1x δ< − − < 7 7x ε+ < se 0 1x δ< + < ( )7 1x ε+ < se 0 1x δ< + < 7 1x ε+ < se 0 1x δ< + < 2 7 x ε+ < se 0 1x δ< + < , logo fica evidente que 7 εδ = . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 45 O valor de δ não é único, ou seja, uma vez achado um valor de δ que preenche as condições da definição 1.3.3, então, qualquer 1 0δ > , menor que δ , também satisfaz estas condições. Isto é, se é verdade que: ( )f x L ε− < se 0 x p δ< − < então também será verdade que ( )f x L ε− < se 10 x p δ< − < Exemplo Resolvido 1.3.4. Prove que ( )2 1 lim 1 2 x x→ + = . Solução. Deve-se mostrar que dado qualquer número positivo ε , pode-se encontrar um número positivo δ tal que: ( )2 1 2x ε+ − < se 0 1x δ< − < 2 1x ε− < se 0 1x δ< − < Como ( )( )2 1 1 1x x x− = + − , então: 1 1x x ε+ − < se 0 1x δ< − < ou 1 1 − < +x x ε se 0 1x δ< − < Para garantir esta afirmação, necessita-se achar um δ que “controle” o tamanho de ambos os fatores do lado esquerdo, pois o lado direito dá um “controle” do tamanho de 1x − , mas não de 1x + . Para contornar isto, pode-se fazer uma restrição quando ao valor de δ , ou seja, escolhendo δ tal que 1δ ≤ , tem-se: 1 1 1 1 1 0 2 1 1 3x x x x− < ⇒ − < − < ⇒ < < ⇒ < + < Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 46 o que implica: 1 3x + < resultando 1 3 x ε− < se 0 1x δ< − < Assim pode-se tomar 3 εδ = (ou menos), sujeito à restrição 1δ ≤ . Ou seja, pode-se obter isto tomando δ como o mínimo entre 3 εδ = e 1 , escrito como min ,1 3 εδ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ . Definição 1.3.4. Seja ( )f x definida em todo x que pertence a algum intervalo aberto infinito, o qual se estende na direção positiva do eixo x . Escreve-se: ( )lim x f x L→+∞ = (1.25) se dado 0ε > , há um correspondente 0N > , tal que ( )f x L ε− < se x N> (1.26) Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 47 Figura 1.17 Em outras palavras, se for permitido x crescer indefinidamente, então subseqüentemente x irá estar no intervalo ( ),N +∞ , marcado pela faixa escura da figura 1.17; quando isto ocorrer os valores de ( )f x estarão entre L ε− e L ε+ , marcado pela faixa clara da figura 1.17. Definição 1.3.5. Seja ( )f x definida em todo x que pertence a algum intervalo aberto infinito, o qual se estende na direção negativa do eixo x . Escreve-se: ( )lim x f x L→−∞ = (1.27) se dado 0ε > , há um correspondente 0N < , tal que ( )f x L ε− < se x N< (1.28) Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 48 Figura1.18 Em outras palavras, se for permitido x decrescer indefinidamente, então subseqüentemente x irá estar no intervalo ( ),N−∞ , marcado pela faixa escura da figura 1.18; quando isto ocorrer os valores de ( )f x estarão entre L ε− e L ε+ , marcado pela faixa clara da figura 1.18. Exemplo Resolvido 1.3.5. Prove 1lim 0 x x→+∞ = . Solução. Aplicando a definição tem-se: 1 0 x ε− < se x N> 1 x ε< se x N> Como x→+∞ então 0x> e podem-se eliminar os valores absolutos nas afirmações acima. Logo, tem-se: 1 x ε< se x N> Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 49 ou seja, 1x ε> se x N> Daí é evidente que 1N ε= . Definição 1.3.6. Seja ( )f x definida em todo x que pertence a algum intervalo aberto contendo p , exceto que ( )f x não precisa estar definida em p . Escreve-se: ( )lim x p f x→ =+∞ (1.29) se dado 0M > , pode-se achar 0δ > , tal que: ( )f x M> se 0 x p δ< − < (1.30) Figura 1.19 Em outras palavras, supondo que ( )f x → +∞ quando x p→ , e para 0M > seja 0δ > o número correspondente descrito na definição 1.3.6. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 50 Logo, se x aproxima-se de p , por qualquer lado, subseqüentemente estará no intervalo ( ),p pδ δ− + , marcado pela faixa clara da figura 1.19; quando isto ocorrer, os valores de ( )f x serão maiores do que M , marcado pela faixa escura da figura 1.19. Definição 1.3.7. Seja ( )f x definida em todo x que pertence a algum intervalo aberto contendo p , exceto que ( )f x não precisa estar definida em p . Escreve-se: ( )lim x p f x→ =−∞ (1.31) se dado 0M < , pode-se achar 0δ > , tal que: ( )f x M< se 0 x p δ< − < (1.32) Figura 1.20 Em outras palavras, supondo que ( )f x →−∞ quando x p→ , e para 0M < seja 0δ > o número correspondente descrito na definição 1.3.7. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 51 Logo, se x aproxima-se de p , por qualquer lado, subseqüentemente estará no intervalo ( ),p pδ δ− + , marcado pela faixa clara da figura 1.20; quando isto ocorrer, os valores de ( )f x serão menores do que M , marcado pela faixa escura da figura 1.20. Exemplo Resolvido 1.3.6. Prove que 20 1lim x x→ =+∞ . Solução. Deve-se mostrar que dado um número 0M > , pode-se achar um 0δ > tal que: 2 1 M x > se 0 0x δ< − < ou simplificando 2 1x M < se 0 x δ< < mas, 2 1 1x x M M < ⇒ < , logo 1 M δ = . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 52 1.4 Continuidade Para se falar em continuidade é necessário antes entender a significado de descontinuidade em um ponto. Por exemplo, sejam os seguintes gráficos apresentados na figura 1.21. Figura 1.21 Em (a) tem-se que o gráfico da função apresenta uma descontinuidade em x p= , mesmo sendo definida neste ponto. Isto se deve ao fato dos limites laterais neste ponto serem diferentes, ou seja, ( ) ( )lim lim x p x p f x L M f x− +→ → = ≠ = , o que implica que não existe ( )lim x p f x→ . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 53 Em (b) tem-se que o gráfico da função apresenta uma descontinuidade em x p= , mas neste caso existe ( )lim x p f x L→ = . Isto se deve ao fato de a função não ser definida em x p= , ou seja, não existe ( )f p . Em (c) a função é definida em x p= e existe ( )lim x p f x L→ = , porém a função apresenta uma descontinuidade neste ponto. Isto se deve ao fato da imagem de p ser diferente do limite de ( )f x quando x tende a p , ou seja, ( ) ( )lim x p f x L f p→ = ≠ . Em (d) a função apresenta uma descontinuidade em x p= , mesmo sendo definida neste ponto. Isto se deve ao fato da função crescer indefinidamente quando x se aproxima de p , por ambos os lados, ou seja, ( )lim x p f x→ =+∞ . Este caso é chamado de descontinuidade infinita. Da análise dos gráficos da figura 1.21 pode-se chegar à conclusão que para uma função não ser descontínua em x p= , é necessário que a função seja definida em x p= , ( )f p∃ , é necessário que o limite de f quando x tende a p exista, ( )lim x p f x→∃ , e que ( ) ( )limx p f x f p→ = . Em outras palavras, para que uma função ( )f x seja contínua em um ponto x p= , ( )p D f∈ , é necessário que as seguintes condições sejam satisfeitas: 1. Exista ( )f p . 2. Exista ( )lim x p f x L→ = . 3. ( ) ( )lim x p f x L f p→ = = A definição seguinte resume estas três condições em uma única, que englobas as demais. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 54 Definição 1.4.1. Diz-se que uma função ( )f x é contínua em x p= , ( )p D f∈ , se, e somente se, ( ) ( )lim x p f x f p→ = (1.33) Exemplo Resolvido 1.4.1. Determine se as funções são contínuas em 1x=− . (a) ( ) 3 1 1 1 1 1 x se xf x x se x ⎧ + ≠−⎪=⎨ +⎪ =−⎩ (b) ( ) 3 1 1 1 3 1 x se xg x x se x ⎧ + ≠−⎪=⎨ +⎪ =−⎩ Solução (a). Como a função é definida em 1x=− , ou seja, ( )1 1f − = , verifica- se o valor do limite, ( ) ( )3 2 1 1 1 1lim lim lim 1 3 1x x x xf x x x x→− →− →− += = − + =+ e como ( ) ( ) 1 lim 3 1 1 x f x f→− = ≠ = − , tem-se que f é descontinua em 1x=− . Solução (b). Como a função é definida em 1x=− , ou seja, ( )1 3g − = , verifica- se o valor do limite, ( ) ( )3 2 1 1 1 1lim lim lim 1 3 1x x x xg x x x x→− →− →− += = − + =+ e como ( ) ( ) 1 lim 3 1 x g x g→− = = − , tem-se que g é continua em 1x=− . Se uma função f é contínua em cada ponto de um intervalo aberto ( ),a b , então f é contínua em ( ),a b . Isto se aplica aos intervalos abertos infinitos da forma ( ),a +∞ , ( ),b−∞ e ( ),−∞ +∞ . No caso da função ser contínua em ( ),−∞ +∞ , então é dito que f é contínua em toda parte, ou na reta toda. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 55 Exemplo Resolvido 1.4.2. Determine se a função ( ) 2 2 1 1 1 2 1 x x se x h x se x x ⎧ + ≤−⎪=⎨ >−⎪ +⎩ é contínua em 1x=− . Solução. Tem-se que ( )1 1h − =− , logo se verifica a existência de ( ) 1 lim x h x→− . Como a função é definida por partes, então, para que ( ) 1 lim x h x→− exista é necessário que ( ) ( ) 1 1 lim lim x x h x h x− +→− →− = . Daí, ( ) ( )2 1 1 lim lim 2 1 x x h x x x− −→− →− = + =− e ( ) 1 1 1lim lim 1 2 1x x h x x+ −→− →− ⎛ ⎞= =−⎜ ⎟+⎝ ⎠ Como ( ) ( ) 1 1 lim 1 lim x x h x h x− +→− →− =− = implica que ( ) 1 lim 1 x h x→− =− . Daí tem-se que ( ) ( ) 1 lim 1 1 x h x h→− =− = − , então, pode-se concluir que h é contínua em 1x=− . Exemplo Resolvido 1.4.3. Mostre que as funções são descontínuas em p . (a) ( ) 2 2 1 2 2 2 2 1 2 x se x g x se x p x x se x ⎧ − >⎪= = =⎨⎪ − + <⎩ (b) ( ) 3 2 1 1 1 1 x x se x h x p x x se x ⎧ − + ≤−⎪= =−⎨ + >−⎪⎩ Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 56 Solução (a). A função é definida em 2x= , ou seja, ( )2 2g = . A função é definida por parte, o que torna necessário o cálculo dos limites laterais, para verificar a existência do limite bilateral. Então: ( ) ( )2 2 2 lim lim 1 3 x x g x x x− −→ → = − + = e ( ) ( ) 2 2 lim lim 2 1 3 x x g x x+ +→ → = − = como ( ) ( ) ( ) 22 2 lim 3 lim lim 3 xx x g x g x g x− + →→ → = = ⇒ = . Por outro lado como ( ) ( ) 2 lim 3 2 2 x g x g→ = ≠ = a funçãoé descontínua em 2x= . Neste exemplo para tornar a função contínua em 2x= , basta assumir que a função assume o valor de 3 quando 2x= , ou seja, assume-se que ( )2 3g = . Quando o limite existe, pode-se remover esta descontinuidade, se houver necessidade, assumindo o valor da imagem do ponto como sendo o valor do limite neste ponto. Esta descontinuidade é chamada de descontinuidade removível. Solução (b). A função é definida em 1x=− , ou seja, ( )1 1h − = . Novamente a função é definida por partes, então, devem-se determinar os limites laterais, para verificar a existência do limite bilateral. Daí, ( ) ( )3 1 2 lim lim 1 1 x x h x x x− −→− → = − + = e ( ) ( )2 1 1 lim lim 0 x x h x x x+ +→− →− = + = como ( ) ( ) ( ) 11 1 lim 1 0 lim lim xx x h x h x h x− + →−→− →− = ≠ = ⇒ ∃ . Logo a não existência do limite garante a descontinuidade em 1x=− . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 57 Neste exemplo não há o que ser feito para tornar a função contínua em 1x=− , ou seja, a função é sempre descontínua neste ponto. Este tipo de descontinuidade é chamada de descontinuidade essencial. Teorema 1.4.1. Os polinômios são contínuos em toda parte. Prova. Seja o polinômio ( ) 0 1 ... nnp x a a x a x= + + + então, para cada ( ),c∈ −∞ +∞ , tem-se: ( ) ( )lim x c p x p c→ = que é a própria definição de continuidade em cada c real. Logo ( )p x é contínuo em ( ),−∞ +∞ , ou seja, em toda parte. Exemplo Resolvido 1.4.4. Mostre que x é contínua em toda parte. Solução. Pode-se escrever a função x como: 0 0 x se x x x se x − <⎧=⎨ ≥⎩ Logo no intervalo ( ),0−∞ , x é o polinômio x− , então, pelo teorema 1.4.1 a função modular é contínua em ( ),0−∞ , enquanto que no intervalo ( )0,+∞ x é o polinômio x , então, pelo teorema 1.4.1 a função modular é contínua em ( )0,+∞ . Daí tem-se que a função x é contínua em ( ) ( ),0 0,−∞ ∪ +∞ . Agora, basta verificar no ponto 0x= . Neste caso devem-se calcular os limites laterais. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 58 ( ) 0 0 lim lim 0 x x x x− −→ → = − = e ( ) 0 0 lim lim 0 x x x x+ +→ → = = daí, tem-se que 0 lim 0 0 x x→ = = , então, pode-se concluir que a função x é contínua em toda parte. Teorema 1.4.2. Se as funções f e g são contínuas em x p= , então: (a) f g± é contínua em x p= . (b) f g⋅ é contínua em x p= . (c) f g é contínua em x p= se ( ) 0g p ≠ . Prova (a). Por hipótese f e g são contínuas em x p= , logo ( ) ( )lim x p f x f p→ = e ( ) ( )lim x p g x g p→ = . (i) Define-se uma função ( ) ( ) ( )x f x g xψ = + , então, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )lim lim lim lim x p x p x p x p x f x g x f x g x f p g p pψ ψ→ → → →= + = + = + =⎡ ⎤⎣ ⎦ logo, a função ψ é contínua em x p= . (ii) Define-se uma função ( ) ( ) ( )x f x g xψ = − , então, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )lim lim lim lim x p x p x p x p x f x g x f x g x f p g p pψ ψ→ → → →= − = − = − =⎡ ⎤⎣ ⎦ logo, a função ψ é contínua em x p= . Prova (b). Deve ser feita como exercício. Prova (c). Deve ser feita como exercício. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 59 Corolário 1.4.2.1. Se as funções ( )1f x , ( )2f x ,...., ( )nf x são contínuas em x p= , então: (a) 1 2 ... nf f f± ± ± é contínua em x p= . (b) 1 2 ... nf f f⋅ ⋅ ⋅ é contínua em x p= . Prova (a). Deve ser feita como exercício. Prova (b). Se as funções ( )1f x , ( )2f x ,...., ( )nf x , então, respectivamente, tem-se ( ) ( )1 1limx p f x f p→ = , ( ) ( )2 2limx p f x f p→ = ,..., ( ) ( )lim n nx p f x f p→ = . Define-se ( ) ( ) ( ) ( )1 2 ... nx f x f x f xψ = ⋅ ⋅ ⋅ , daí: ( ) ( ) ( ) ( )1 2lim lim ... nx p x px f x f x f xψ→ →= ⋅ ⋅ ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( ) ( )1 2lim lim ... lim nx p x p x pf x f x f x→ → →⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ ⋅ ⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ( ) ( ) ( ) ( )1 2 ... nf p f p f p pψ= ⋅ ⋅ ⋅ = Então, como ( ) ( )lim x p x pψ ψ→ = , logo, a função ( ) ( ) ( ) ( )1 2 ... nx f x f x f xψ = ⋅ ⋅ ⋅ é contínua em x p= . Corolário 1.4.2.2. Uma função racional é contínua em toda parte, exceto nos pontos onde o denominador for zero. Prova. Semelhante a prova da parte (c) do teorema 1.4.2. Exemplo Resolvido 1.4.5. Prove que a função ( ) 24 27 1 x xf x x x += + + é contínua em toda parte. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 60 Solução. De acordo com o corolário 1.4.2.2 uma função racional é contínua exceto nos pontos onde o denominador é zero. Logo para mostrar que a função f basta mostrar que o denominador nunca é zero, isto é que a equação não tem solução: 4 27 1 0x x+ + = A equação acima é uma equação biquadrada, logo, fazendo 2z x= , tem-se a equação do 2º grau abaixo: 2 7 1 0z z+ + = Daí, usando a Fórmula de Báskara: ( ) ( ) ( )( ) ( ) 27 7 4 1 1 7 49 4 7 45 2 1 2 2 z − ± − − ± − − ±= = = dando: 1 7 45 2 z − −= e 2 7 452z − += Como 6 45 7< < , então, 1z e 2z são ambos negativos não há solução para: 2 1 7 45 2 x − −= e 22 7 452x − −= Pode-se concluir que a equação 4 27 1 0x x+ + = não tem solução real, o que implica que a expressão 2 4 27 1 x x x x + + + não apresenta zeros no denominador, conseqüentemente a função f é contínua em toda parte. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 61 Teorema 1.4.3. Suponha que lim simboliza um dos limites lim x p→ , limx p−→ , lim x p+→ , lim x→+∞ e limx→−∞ . Se ( )lim g x L= e se a função f for contínua em L , então: ( )( ) ( )lim f g x f L= (1.34) Isto é, ( )( ) ( )( )lim limf g x f g x= (1.35) Em outras palavras o que o teorema 1.4.3 afirma é que um símbolo de limite pode passar pelo sinal da função desde que o limite da expressão dentro desse sinal exista e a função seja contínua neste limite. Corolário 1.4.3.1. (a) Se a função g for contínua em p e a função f for contínua em ( )g p , então fog é contínua em p . (b) Se a função g for contínua em toda parte e a função f , também, for contínua em toda parte, então fog é contínua em toda parte. Prova (a). Para provar que a função fog é contínua em p , basta provar que o valor de fog e o valor de seu limite em x p= são os mesmos. ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )lim lim lim x p x p x p fog x f g x f g x f g p fog p→ → → ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟⎝ ⎠ Prova (b). Dever ser feita como exercício. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 62 Definição 1.4.2. Uma função f é dita contínua em um intervalo fechado [ ],a b , se as seguintes condições são satisfeitas: (a) f é contínua em ( ),a b . (b) f é contínua à direita em a , ou seja, ( ) ( )lim x a f x f a+→ = . (c) f é contínua à direita em b , ou seja, ( ) ( )lim x b f x f b−→ = . Figura 1.22 Teorema 1.4.4 (Teorema do Valor Intermediário). Se f for contínua em um intervalo fechado [ ],a b e k é um número qualquer entre ( )f a e ( )f b , inclusive, então há, no mínimo, um número c no intervalo [ ],a b tal que ( )f c k= . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 63 Figura 1.23 Teorema 1.4.5 (Teorema de Bolzano). Se f for contínua em [ ],a b , e se ( )f a e ( )f b forem diferentes de zero e tiverem sinais opostos, então há, no mínimo, um número c no intervalo ( ),a b tal que ( ) 0f c = . Figura 1.24 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 64 Prova. Considere o caso em que ( )0f a > e ( ) 0f b < , como mostra a figura 1.24. Então, por hipótese f é contínua em [ ],a b e 0 está entre ( )f a e ( )f b , logo pelo Teorema do Valor Intermediário, existe pelo menos um [ ],c a b∈ tal que ( ) 0f c = . Contudo como ( )f a e ( )f b são diferentes de zero, então, c está situado em ( ),a b , o que completa a prova. Exemplo Resolvido 1.4.6. Prove que a função ( ) 3 1f x x x= + + , tem pelo menos uma raiz real. Solução. Para provar que f possui ao menos uma raiz real, deve-se encontrar um intervalo fechado no qual se tenha as hipóteses do Teorema de Bolzano. Inicialmente considera-se o intervalo [ ]0,1 , daí tem-se: ( ) ( ) ( )30 0 0 1 1 0f = + + = > ( ) ( ) ( )31 1 1 1 3 0f = + + = > Como não satisfaz as condições do teorema de Bolzano, deve-se escolher um outro intervalo. Considerando agora o intervalo [ ]1,0− , então: ( ) ( ) ( )31 1 1 1 1 0f − = − + − + =− < ( ) ( ) ( )30 0 0 1 1 0f = + + = > Neste caso como a função ( ) 3 1f x x x= + + é contínua em [ ]1,0− e ( )1f − é negativo e ( )0f é positivo, tem-se pelo Teorema de Bolzano que a função f apresenta pelo menos uma raiz real no intervalo ( )1,0− . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 65 1.5 Limites e Continuidade das Funções Trigonométricas Teorema 1.5.1 (Teorema do Confronto). Sejam f , g e h funções que satisfazem à desigualdade: ( ) ( ) ( )g x f x h x≤ ≤ (1.36) para todo x de algum intervalo aberto que contenha o ponto p , com a possível exceção que a desigualdade não precisa ser válida em x p= . Se, ( ) ( )lim lim x p x p g x L h x→ →= = (1.37) então: ( )lim x p f x L→ = (1.38) Na figura 1.25 tem-se uma interpretação geométrica para o teorema do confronto. Figura 1.25 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 66 Exemplo Resolvido 1.5.1. Suponha que 2 21 4 ( ) 4 9,x x F x x x+ − ≤ ≤ − + para 2x ≠ . Encontre o valor de 2 lim ( )→x F x . Solução. Para qualquer intervalo aberto contendo 2=x , tem-se ( ) ( ) ( )≤ ≤g x F x h x , onde ( ) 21 4= + −g x x x e ( ) 2 4 9= − +h x x x . Logo, pode-se usar o teorema do confronto para encontrar o limite solicitado, isto é, ( ) ( )2 2 2 lim lim 1 4 5→ →= + − =x xg x x x e ( ) ( )2 2 2 lim lim 4 9 5 → → = − + = x x h x x x então, pelo teorema do confronto tem-se que: 2 lim ( ) 5→ =x F x Teorema 1.5.2. Se p é um número no domínio natural da função trigonométrica, então: (a) lim x p senx senp→ = (b) lim cos cosx p x p→ = (c) lim x p tgx tgp→ = (d) limx p cotgx cotgp→ = (e) lim sec sec x p x p→ = (f) lim cossec cossecx p x p→ = Do teorema 1.5.2, pode-se concluir que as funções seno e cosseno são contínuas em toda parte e as demais funções trigonométricas são contínuas em todos os pontos em que elas são definidas. Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 67 Prova (a). Para se provar que lim x p senx senp→ = , basta provar que ( )lim 0 x p senx senp→ − = . Da trigonometria, tem-se: 0 2 cos 2cos 2 2 2 2 x p x p x p x psenx senp sen sen− + + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ mas como 2 2 x p x psen − −⎛ ⎞ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ e 2cos 22 x p−⎛ ⎞ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ Logo, 0 2 0 2 x psenx senp senx senp x p−≤ − ≤ ⇒ ≤ − ≤ − Como, ( )lim 0 0 x p→ = e lim 0x p x p→ − = , então pelo teorema do confronto tem-se que lim 0 x p senx senp→ − = e, portanto, ( )lim 0x p senx senp→ − = o que completa a prova. Provas (b), (c), (d), (e) e (f). Ficam como exercício. Exemplo Resolvido 1.5.2. Ache os limites. (a) ( )2 4 lim sec x x π +→ (b) ( )lim cos 1 x xπ→ + Solução (a). ( ) ( ) 2 2 22 4 4 lim sec lim sec sec 2 2 4 x x x x π π π + + → → ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= = = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠ Solução (b). ( ) ( ) ( )lim cos 1 lim cos lim 1 cos 1 1 1 0 x x x x xπ π π π→ → →+ = + = + =− + = Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 68 Exemplo Resolvido 1.5.3. Ache o limite 22 2lim 4x xsen x π→ −⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥−⎝ ⎠⎣ ⎦ . Solução. Como a função seno é contínua em toda parte, então: 2 22 2 2 2 2 1 2lim lim lim 2 4 24 4x x x x xsen sen sen sen xx x ππ π π→ → → − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Obs.: ( )( )2 2 2 1 2 2 24 x x x x xx − −= =− + +− Exemplo Resolvido 1.5.4. Ache o limite 3 3 sec 8lim sec 2x x xπ→ − − . Solução. A expressão do limite pode ser simplificada, isto é: ( )( ) ( ) 23 2 sec 2 sec 2sec 4sec 8 sec 2sec 4 sec 2 sec 2 x x xx x x x x − + +− = = + +− − então: ( ) ( )3 2 2 3 3 3 sec 8lim lim sec 2sec 4 lim ec 2sec 4 sec 2x x x x x x s x x xπ π π→ → → − ⎡ ⎤= + + = + +⎣ ⎦− ( ) ( ) ( )2 3 3 3 lim sec lim 2sec lim 4 x x x x xπ π π→ → → ⎡ ⎤⎢ ⎥= + +⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 2 3 3 lim sec 2 lim sec 4 sec 2 sec 4 3 3x x x xπ π π π → → ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + = + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ( ) ( )22 2 2 4 12⎡ ⎤= + + =⎣ ⎦ Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 69 Teorema 1.5.3 (Limites Fundamentais). (a) 0 lim 1 x senx x→ = (b) 0 1 coslim 0 x x x→ − = Prova (a). Inicialmente, interpreta-se x como ângulo medido em radiano e que 0 2 x π< < , como mostrado na figura 1.26. Figura 1.26 – Círculo Trigonométrico Consideram-se, então, as seguintes figuras planas: Figura 1.27 Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 70 Da figura 1.27, pode-se concluir: • O triângulo OBC tem uma área igual: 1 2 =OBCA senx . • O setor circular OBC tem uma área igual: 1 2 =OBCA x . • O triângulo retângulo ODC tem uma área igual: 1 2 =ODCA tgx . Logo se verifica a seguinte desigualdade: 1 1 1 2 2 2 ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤senx x tgx senx x tgx dividindo tudo por senx , obtém: 11 1 cos cos ≤ ≤ ⇒ ≥ ≥x senx x senx x x Logo, como ( ) 0 lim 1 1→ =x e ( )0lim cos 1→ =x x , então, pelo teorema do confronto, pode-se chegar a conclusão que 0 lim 1→ =x senx x . Prova (b). Para esta prova usa-se o resultado da parte (a) do teorema 3, a continuidade da função seno e a identidade 2 21 cossen x x= − . Isto é, ( ) 2 0 0 0 1 cos 1 cos 1 coslim lim lim 1 cos 1 cosx x x x x x sen x x x x x x→ → → ⎡ ⎤− − +⎡ ⎤= ⋅ = ⎢ ⎥⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ( )( ) 0 0 0 lim lim lim 1 0 0 1 cos 1 cosx x x senx senx senx senx x x x x→ → → ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞= ⋅ = = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎝ ⎠ Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 71 Exemplo Resolvido 1.5.5. Prove que 0 lim 1 x tgx x→ = . Solução. Como cos senxtgx x = , então: ( ) 0 0 0 0 0 lim 1lim lim lim 1 cos cos lim cos cos0 x x x x x senx tgx senx senx x x x x x x x → → → → → ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = = = = Corolário 1.5.3.1. (a) ( ) 0 lim 1→ =x sen x x α α (b) ( ) 0 1 cos lim 0→ − = x x x α α Prova (a). Para provar este limite, basta se fazer uma substituição da forma u xα= . Se 0x→ implica que 0u→ , logo: ( ) 0 0 lim lim 1 x u sen x senu x u α α→ →= = Prova (b). Deve ser feita como exercício. Exemplo Resolvido 1.5.6. Calcule os limites. (a) ( ) ( )0 4 lim 3x sen x sen x→ (b) ( ) 0 lim cot 5 x x g x→ Solução (a). Para resolver este limite, multiplica-se denominadore numerador por 1 x . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 72 Daí tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )00 0 0 0 4 4 4 4 4 lim4 4 1 44 4lim lim lim 3 3 33 3 1 33 3lim 3 3 x x x x x sen x sen x sen x sen x x x x sen x sen x sen xsen x x x x → → → → → = = = = = Solução (b). Neste caso, escreve-se: ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 cos 5cos 5 5cot 5 55 5 xx x g x x sen xsen x x = = então: ( ) ( )( ) ( ) ( )00 0 0 1 1 1cos 5 lim cos 5 15 5 5lim cot 5 lim 5 5 1 5 lim 5 5 x x x x x x x g x sen x sen x x x → → → → ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎣ ⎦= = = =⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Exemplo Resolvido 1.5.7. Determine o valor do limite lim x senx xπ π→ − . Solução. Como ( ) 0sen π = , então, tem-se uma forma indeterminada 0 0 . Neste caso deve-se fazer uma substituição de modo que se possa usar um dos limites fundamentais da trigonometria. Fazendo a substituição u x π= − , tem-se que x u π= + ,então: ( ) { { 1 0 cos cossenx sen u senu sen u senuπ π π − = + = + =− e se x π→ implica que 0u→ , resultando: 0 0 lim lim lim 1 x u u senx senu senu x u uπ π→ → → −= =− =−− Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 73 Definição 1.5.1. Uma função f é dita limitada em um intervalo I se existir um número positivo M tal que: ( )f x M≤ (1.39) para todo x em I . Geometricamente, isto significa que o gráfico de f no intervalo I fica entre as retas y M= − e y M= . Figura 1.28 A figura 1.28 mostra o gráfico de uma função limitada no intervalo fechado [ ],a b . Isto é o gráfico de ( )y f x= está compreendido entre as retas y M=− e y M= para todo [ ],x a b∈ . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 74 Exemplo Resolvido 1.5.8. Prove que 0 1lim 0 x xsen x→ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎝ ⎠ . Solução. Para prova este limite deve-se recorrer ao teorema do confronto. Como a função seno é uma função limitada (ver definição 1.5.1), tem-se: 11 1sen x ⎛ ⎞− ≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ Daí pode-se concluir que: 1x xsen x x ⎛ ⎞− ≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ Como ( ) 0 lim 0 x x→ − = e ( )0lim 0x x→ = , então, pelo teorema do confronto pode-se concluir que: 0 1lim 0 x xsen x→ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎝ ⎠ . Teorema 1.5.4. Se ( )lim 0 x p f x→ = e se ( )g x M≤ para intervalo aberto no domínio de f , contendo p , e 0M > , então: ( ) ( )lim 0 x p f x g x→ =⎡ ⎤⎣ ⎦ (1.40) mesmo que não exista o limite ( )lim x p g x→ . Exemplo Resolvido 1.5.9. Prove 2 1lim 2 cos 0 2x x xπ π π→ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟−⎝ ⎠ . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 75 Solução. Inicialmente se prova que 2 lim 2 0 x xπ π→ − = , então como: 2 2 2 2 2 x se x x x se x π ππ π π − ≥⎧− =⎨ − <⎩ Tem-se que: ( ) 2 2 lim 2 lim 2 0 x x x x π π π π− − → → − = − = e ( ) 2 2 lim 2 lim 2 0 x x x x π π π π+ + → → − = − = Então se pode concluir que 2 lim 2 0 x xπ π→ − = . Como 1cos 2x π ⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠ é limitada em qualquer intervalo aberto contendo 2 π , isto é 11 cos 1 2x π ⎛ ⎞− ≤ ≤⎜ ⎟−⎝ ⎠ , então pelo teorema 1.5.4 tem que 2 1lim 2 cos 0 2x x xπ π π→ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟−⎝ ⎠ . Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 76 Exercícios Propostos (Capítulo 1) 01) Marque a opção que indica o valor do limite 3 3 2 7 1lim 4 5x x x x→ − + + . a) 2 b) 0 c) 1− d) ∃ e) 2− 02) Calculando 3 2 1lim 2 3x x x→ + − , tem-se como resposta: a) 0 b) ∃ c) 2− d) 3 e) 1 03) O valor do limite 2 3 2 4 9lim 2 3 x x x+→ − − é dado por: a) 5− b) 4 c) 2 d) 3− e) 6 04) Calculando-se o valor do limite 2 31 4 5lim 4 3x x x x x→ + − − + , obtém-se com resultado: a) 6− b) 6 c) ∃ d) −∞ e) 7 05) Ao calcular 21 3 3 1lim 3 10 3x x x x+→ − − + , obtém-se como resultado: a) 8− b) 3 8 − c) 8 3 d) 1 3 − e) 1− 06) Marque a opção que indica o valor do limite 16 4lim 16x x x→ − − . a) 1 4 − b) 1 8 − c) 1 4 d) 1 2 − e) 1 16 07) O valor de 2 1 2 3 2 1lim 1x x x x→− + − − + é: a) 1 2 b) +∞ c) −∞ d) 3 e) 3− Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 77 08) O valor de 2 2 1lim 2x x x→− − + é dado por: a) −∞ b) +∞ c) 0 d) 1− e) 1 09) O valor de ( ) ( )3 3lim 1 1 x x x→+∞ ⎡ ⎤+ − −⎣ ⎦ é dado por: a) 1 b) +∞ c) 1− d) 0 e) −∞ 10) Assinale a opção que indica o valor do limite 2 2 2 3 6lim 3 5 17x x x x x→−∞ − − + − . a) +∞ b) 4− c) −∞ d) 2− e) 4 11) Marque o valor do limite ( ) ( )2 22 2 3 2 lim x x x x x x→−∞ − − + − . a) 6− b) 5 c) 3− d) 4− e) 2 12) Qual é o valor de ( )2lim 1x x x x→−∞ + + + ? a) 1 2 − b) 0 c) 1 2 d) 1 e) −∞ 13) O valor do limite ( ) ( )0 5 lim 3x tg x tg x→ é dado por: a) 2 3 b) 1 5 − c) 5 3 d) 3 5 − e) 1 3 − 14) Qual o valor de cos 1lim x x xπ π→ + − ? a) 2π b) 0 c) 2 π d) π− e) 3 π− 15) Marque a opção que corresponde ao valor do limite 2 1lim 2x senx xπ π→ − − a) π b) 1− c) 1 d) 0 e) π− Curso de Cálculo I – Capítulo 1 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 78 16) O valor do limite ( )4 lim x sen x xπ π π+→ ⎡ − ⎤⎣ ⎦ − é dado por: a) 4 b) 0 c) π d) π− e) 4− 17) Qual é o valor de 2 0 lim 3x x x tg xπ → − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ? a) 3 π b) π− c) 2π d) π e) 2 π− 18) O valor do limite ( ) ( ) 4 2 cos 2 1 lim cosx sen x x senx xπ→ − − − é dado por: a) 2 2 b) 2− c) 2 2 d) 2 2 − e) 2 19) Seja ( ) 2 3 2 3 2 8 3 x x se xg x x se x ⎧ − − <⎪=⎨ − >⎪⎩ . Qual o valor de ( ) 3 lim x g x→ ? a) ∃ b) 2− c) 2 d) 1 e) 1− 20) Sabe-se que ( ) 2 2 cos 0 1 cos 0 x se x xh x x se x senx π⎧ ⎛ ⎞ <⎪ ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠=⎨ −⎪ >⎪⎩ . Qual o valor do limite ( ) 0 lim x h x→ ? a) 1− b) 1 c) 0 d) π− e) π Curso de Cálculo I – Capítulo 2 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 79 CAPÍTULO 2 – A DERIVADA 2.1 A Reta Tangente e a Derivada Muitos fenômenos físicos envolvem grandezas que variam, como por exemplo, a velocidade de um foguete, a inflação da moeda, a contaminação de um rio, a temperatura da água do mar e assim adiante. Por isso, o conceito de derivada é tão importante, e que é a ferramenta matemática usada para estudar taxas na quais as grandezas físicas variam. Observa-se informalmente que, traçada uma reta secante por dois pontos distintos P e Q sobre uma curva ( )y f x= , e se for admitido que Q move-se ao longo da curva em direção a P , então, pode-se esperar uma rotação da reta secante em direção a uma posição limite, a qual pode ser considerada como a reta tangente à curva no ponto P (ver figura 2.1). Figura 2.1 Curso de Cálculo I – Capítulo 2 Prof. Marcus V. S. Rodrigues 80 Definição 2.1.1. Se ( )( ),P p f p é um ponto do gráfico de uma função f , então a reta tangente ao gráfico de f em P , também chamada de reta tangente ao gráfico de f em p , é definida como sendo a reta que passa por P com inclinação: ( ) ( )limtg x p f
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