limites (Muito bom)

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Suma´rio
1 Limites e Continuidade de Func¸o˜es de Varia´veis reais 3
1.1 Limites: Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Alguns Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Propriedades dos Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.4 Alguns Limites que na˜o Existem . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.5 Um Limite Trigonome´trico Fundamental . . . . . . . . . . . . 21
1.6 Algumas Formas Indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.6.1 Forma 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.6.2 Limites no Infinito e a Forma ∞/∞ . . . . . . . . . . . 30
1.7 Limites Laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.8 Func¸o˜e Cont´ınuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Apeˆndice A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Algumas Relac¸o˜es Trigonome´tricas . . . . . . . . . . . . . . . 47
1.8.1 Primeiras Relac¸o˜es Trigonoma´tricas U´teis . . . . . . . 47
1.8.2 Outra relac¸a˜o Trigonoma´trica U´til . . . . . . . . . . . . 48
1.8.3 Uma desigualdade Trigonome´trica . . . . . . . . . . . . 48
Apeˆndice B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
A Func¸a˜o Mo´dulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Apeˆndice C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
Poteˆncias e Raizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
Apeˆndice D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Poteˆncias e Raizes: Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . 51
1
2 Limites de Func¸o˜es
Cap´ıtulo 1
Limites e Continuidade de
Func¸o˜es de Varia´veis reais
1.1 Limites: Preliminares
O conceito de limite de func¸o˜es de varia´veis reais, embora parec¸a a princ´ıpio
confuso e/ou dif´ıcil, e´ um conceito amadurecido ao longo da histo´ria da Ma-
tema´tica, com a contribuic¸a˜o de muitos matema´ticos. Na˜o temos, aqui, a
intenc¸a˜o de rever os eventos histo´ricos que contribu´ıram para a consolidac¸a˜o
do conceito de limite. Apenas estamos interessados na manipulac¸a˜o ma-
tema´tica e detalhes das demonstrac¸o˜es envolvendo limites. O conceito de
limite e´ usado em toda a potencialidade na definic¸a˜o de derivada, que sera´
visto no nosso pro´ximo texto.
Definic¸a˜o 1.1 Sejam f : D ⊂ R 7→ R uma func¸a˜o de valores reais e x0 ∈
D.1 Dizemos que L ∈ R e´ o limite de f(x) quando x tende a x0, denotado
lim
x→x0
f(x) = L, se, somente se:
∀ε > 0,∃δ > 0 | 0 < |x− x0| < δ → | f(x)− L| < ε
Destrianchando o significado dos s´ımbolos:
a) ∀ε > 0 - para todo ε (epson) maior que zero
b) ∃δ > 0 - existe um δ (delta) maior que zero
c) | - tal que
d) 0 < |x− x0| < δ - se a diferenc¸a entre x e x0 em valor absoluto (mo´dulo)
for menor que δ pore´m x na˜o pode ser igual a x0
e) → - enta˜o
1Por hora tomaremo D um conjunto aberto. Esta restric¸a˜o sera´ retirada posterior-
mente.
3
4 Limites de Func¸o˜es
f) | f(x) − L| < ε - a diferenc¸a entre f(x) e L, em valor absoluto (mo´dulo),
e´ menor que ε (epson)
Vamos, agora, procurar esclarecer o significado da definic¸a˜o de limite,
trabalhando alguns exemplos. Vamos la´!
1.2 Alguns Exemplos
Exemplo 1.2.1 Seja f : R → R dada por f(x) = 2x + 1. Mostre que
lim
x→2
f(x) = 5.
A PROCURADE UMCANDIDATO A DELTA: Quando dizemos que
∃δ > 0 significa que teremos que encontrar de alguma maneira este misterioso
δ de modo que de ponta a ponta a definic¸a˜o de limite seja satisfeita. E por
onde comec¸ar a procurar o misterioso δ? Naturalmente pelo ponto de chegada
da definic¸a˜o. O gran finale i.e. | f(x)−L| < ε faremos um caminho de volta
(marcha re´) ate´ poder encontrar uma condic¸a˜o da forma 0 < |x − a| < δ e´
ai que se esconde o nosso δ. Sem mais conversa vamos fazer isto.
| f(x) − L| < ε ←. Como f(x) = 2x + 1 e L = 5, poderemos retornar a
expressa˜o a` esquerda (vejam a seta ←) se:
| 2x+ 1− 5| < ε←. Efetuando as operac¸o˜es, podemos retornar se:
| 2x− 4| < ε←. Colocando 2 em evideˆncia, podemos retornar se:
| 2(x − 2)| < ε ←. Como o mo´dulo do produto e´ o produto dos mo´dulos,
podemos retornar se:
| 2|| x− 2| < ε←. Como | 2| = 2, podemos retornar se:
2|x− 2| < ε ←. Como 2 e´ positivo, podemos dividir a inequac¸a˜o por 2 sem
mudar seu sentido, podemos retornar se:
|x − 2| < ε/2. Bom agora temos um candidato ao δ. Basta tomar δ = ε/2.
Como temos nosso candidato a δ, agora vamos a demonstrac¸a˜o propriamente
dita.
PROVA:
∀ε > 0,∃δ > 0, δ = ε/2 | 0 < |x− 2| < δ →
|x − 2| < ε/2. Como 2 e´ positivo, podemos multiplicar a inequac¸a˜o por 2
sem mudar seu sentido.
2|x− 2| < ε. Como | 2| = 2,
| 2|| x− 2| < ε. Como o mo´dulo do produto e´ o produto dos mo´dulos,
| 2(x− 2)| < ε. Multiplicando por 2 uando a distributividade nos resis,
| 2x− 4| < ε. Adicionando o termo nulo +1-1 temos:
| 2x+ 1− 1− 4| < ε. Efetuando as operac¸o˜es,
| 2x+ 1− 5| < ε. Como f(x) = 2x+ 1,
| f(x)− 5| < ε. Juntando tudo,
Generalidades 5
∀ε > 0,∃δ > 0, δ = ε/2 | 0 < |x− 2| < δ → | f(x)− 5| < ε
E portanto lim
x→2
f(x) = 5 para f(x) = 2x+ 1. ¤
DESAFIO 1.1 Sejam b, c ∈ R, b 6= 0 e f : R→ R dada por f(x) = bx+ c.
Mostre que lim
x→a
f(x) = ba+ c.
Exemplo 1.2.2 Seja f : R → R dada por f(x) = x2 + 1. Mostre que
lim
x→2
f(x) = 5.
A PROCURA DE UM CANDIDATO A DELTA: Como no exemplo
anterior partiremos de | f(x)−L| < ε faremos um caminho de volta (marcha
re´) ate´ poder encontrar uma condic¸a˜o da forma 0 < |x−2| < δ e sacar nosso
δ . Pelo meio do caminho precisaremos de munic¸a˜o. Sena˜o vejamos:
| f(x)− L| < ε←. Como f(x) = x2 + 1 e L = 5, podemos retornar se:
|x2 + 1− 5| < ε←. Efetuando as operac¸o˜es, podemos retornar se:
|x2 − 4| < ε←. Efetuando o produto nota´vel, podemos retornar se:
| (x−2)(x+2)| < ε←. Como o mo´dulo do produto e´ o produto dos mo´dulos,
podemos retornar se:
|x− 2|.|x+ 2| < ε← . (1.1)
Agora embatucou pois temos um termo estranho |x + 2| . Pore´m podemos
estabelecer um valor que limite superiormente seu valor, como veremos a
seguir.
Provisoriamente suponhamos que δ = 1 . Da´ı, 0 < |x− 2| < δ implica em:
|x− 2| < 1→ | x| − | 2| < 1→ | x| < 3 (1.2)
Por outro lado, usando a desigualdade triangular:
|x+ 2| ≤ | x|+ | 2| (1.3)
De 1.2 e 1.3 temos:
|x+ 2| < 5 (1.4)
Portanto 1.4 representa um limite superior para | x + 2| quando δ =
1. Guardamos este valor proviso´rio para δ e continuaremos do ponto onde
paramos 1.1. Da´ı, de 1.1 e 1.4 podemos retornar a 1.1 se:
|x − 2|5 < ε ← Como 5 e´ positivo podemos dividir por 5, podemos retornar
se:
|x− 2| < ε/5← Oba! Mais um candidato a δ , (δ = ε/5 ). Da´ı, escolhemos
para delta o seguinte valor:
6 Limites de Func¸o˜es
δ = min{1, ε/5}
A raza˜o desta escolha para δ sera´ logo esclarecida. Vamos agora a demons-
trac¸a˜o.
PROVA: ∀ε > 0,∃δ > 0, δ = min{1, ε/5} | 0 < |x− 2| < δ →
Como δ = min{1, ε/5} teremos δ ≤ 1 e δ ≤ ε/5 ao mesmo tempo (isto e´
muito importante: AO MESMO TEMPO).
Como A < B ∧B < C → A < C temos:
|x− 2| < δ ∧ δ ≤ 1→ | x− 2| < 1 (1.5)
|x− 2| < δ ∧ δ ≤ ε/5→ | x− 2| < ε/5 (1.6)
Agora ficou clara a raza˜o da escolha de δ = min{1, ε/5} e´ valer 1.5 e 1.6 ao
mesmo tempo.
Por um lado, usando 1.5 temos:
|x− 2| < 1→ | x| − | 2| < 1→ | x| < 3 (1.7)
Por outro lado, usando a desigualdade triangular:
|x+ 2| ≤ |x|+ | 2| (1.8)
De 1.7 e 1.8 temos:
|x+ 2| < 5 (1.9)
Usando 1.6, multiplicado por 5, temos:
|x− 2| 5 < ε (1.10)
De 1.9 e 1.10 temos:
|x− 2|.|x+ 2| < ε
Como o produto de mo´dulos e´ igual ao mo´dulo dos produtos temos:
| (x− 2)(x+ 2)| < ε
Efetuando o o produto nota´vel temos:
| x2 − 4| < ε
Adicionando o termos nulo +1-1 temos:
|x2 + 1− 1− 4| < ε
Generalidades 7
Efetuando as operac¸o˜es temos:
|x2 + 1− 5| < ε
Como f(x) = x2 + 1 temos:
| f(x)− 5| < ε
Juntando tudo:
∀ε > 0,∃δ > 0, δ = min{1, ε/5} | 0 < |x− 2| < δ → | f(x)− 5| < ε
E portanto lim
x→2
f(x) = 5 para f(x) = x2 + 1. ¤
DESAFIO1.2 Sejam b, c ∈ R, b 6= 0 e f : R→ R dada por f(x) = bx2+ c.
Mostre que lim
x→a
f(x) = ba2 + c.
Exemplo 1.2.3 Seja f : R → R dada por f(x) = sin(x). Mostre que
lim
x→a
f(x) = sin(a), ∀a ∈ R.
A PROCURA DE UM CANDIDATO A DELTA: Como de praxe par-
tiremos de | f(x)−L| < ε faremos um caminho de volta (em marcha re´) ate´
poder encontrar uma condic¸a˜o da forma |x − a| < δ e sacar nosso δ. Ma˜os
a` obra.
| f(x) − L| < ε ←. Substituindo f(x) = sin(x) e L = sin(a) , podemos
retornar se:
| sin(x)−sin(a)| < ε←.Do apeˆndice equac¸a˜o A-8 com a← x e b← a temos
sin(x)− sin(a) = 2cos
(
x+ a
2
)
.sin
(
x− a
2
)
e podemos retornar se:∣∣∣∣ 2cos(x+ a2
)
.sin
(
x− a
2
)∣∣∣∣ < ε←. Com o mo´dulo do produto e´ o produto
dos mo´dulos e | 2| = 2, podemos retornar se:
2.
∣∣∣∣ cos(x+ a2
)∣∣∣∣ . ∣∣∣∣ sin(x− a2
)∣∣∣∣ < ε←. Por outro lado como ∣∣∣∣ cos(x+ a2
)∣∣∣∣ ≤
1 , podemos retornar se:
2.
∣∣∣∣ sin(x− a2
)∣∣∣∣ < ε ←. Do apeˆndice. equac¸a˜o A-13 com a ← x− a2 ,∣∣∣∣ sin(x− a2
)∣∣∣∣ < ∣∣∣∣ x− a2
∣∣∣∣. Da´ı, podemos retornar se:
2.
∣∣∣∣ x− a2
∣∣∣∣ < ε ←. Como o mo´dulo da divisa˜o e´ divisa˜o dos mo´dulos, pode-
mos retornar se:
2.
|x− a|
| 2| < ε←. Como | 2| = 2 simplificando, podemos retornar se:
8 Limites de Func¸o˜es
|x − a| < ε ←. Beleza! Podemos agora escolher simplesmente δ = ε . E
comec¸ar a demonstrac¸a˜o. A saber.
PROVA:
∀ε > 0,∃δ > 0, δ = ε | 0 < |x− a| < δ →
|x− a| < ε. Como | 2| = 2 teremos:
2.
|x− a|
| 2| < ε. Como o mo´dulo da divisa˜o e´ divisa˜o dos mo´dulos temos:
2.
∣∣∣∣ x− a2
∣∣∣∣ < ε (1.11)
Da desigualdade do apendice A-13, com a← x− a
2
, temos:∣∣∣∣ sin(x− a2
)∣∣∣∣ < ∣∣∣∣ x− a2
∣∣∣∣ (1.12)
Das inequac¸o˜es 1.11 e 1.12 temos:
2.
∣∣∣∣ sin(x− a2
)∣∣∣∣ < ε (1.13)
Como | 2| = 2 e
∣∣∣∣ cos(x+ a2
)∣∣∣∣ ≤ 1, de 1.13 temos:
| 2|.
∣∣∣∣ cos(x+ a2
)∣∣∣∣ . ∣∣∣∣ sin(x− a2
)∣∣∣∣ < ε
Como o mo´dulo do produto e´ o produto dos mo´dulos, temos:∣∣∣∣ 2cos(x+ a2
)
.sin
(
x− a
2
)∣∣∣∣ < ε (1.14)
Do apeˆndice, equac¸a˜o A-8, com a← x e b← a temos:
sin(x)− sin(a) = 2cos(x+ a
2
).sin(
x− a
2
) (1.15)
De 1.14 e 1.15 temos:
| sin(x)− sin(a)| < ε
Como f(x) = sin(x) temos:
| f(x)− sin(a)| < ε.
Juntando tudo.
∀ε > 0,∃δ > 0, δ = ε | 0 < |x− a| < δ → | f(x)− sin(a)| < ε
E portanto lim
x→a
f(x) = sin(a),∀a ∈ R para f(x) = sin(x). ¤
DESAFIO 1.3 Sejam f : R→ R dada por f(x) = cos(x) e a ∈ R. Mostre
que lim
x→a
f(x) = cos(a).
Generalidades 9
1.3 Propriedades dos Limites
Como vimos, acima, determinar o limite de uma func¸a˜o usando a definic¸a˜o,
tem dois grandes inconvenientes. Primeiro e´ necessa´rio saber a priori o valor
do limite L (a definic¸a˜o e´ usada apenas para confirmar a suspeita do limite)
e segundo a dificuldade inerente de trabalhar com desigualdades ao inve´s de
igualdades. Veremos a` seguir, algumas propriedades dos limites que sera˜o
bastante u´teis na determinac¸a˜o de limites de func¸o˜es, sem a necessidade de
se usar a definic¸a˜o. Faremos isto com uma sequ¨eˆncia de teoremas. A saber.
Teorema 1.1 Sejam f : D ⊂ R½ R uma func¸a˜o de valores reais e a ∈ D,
D um conjunto aberto. Se L = lim
x→a
f(x) enta˜o ∃δ > 0, | 0 < |x − a| < δ →
| f(x)| < |L|+ 1.
PROVA: Como L = lim
x→a
f(x), usando a definic¸a˜o de limite, para o caso
particular ² = 1 temos:
∃δ > 0, | 0 < |x− a| < δ implica em:
| f(x)− L| < 1 (1.16)
Do apeˆndice, equac¸a˜o B-1c com a← f(x) e b← L temos:
| f(x)| − |L| ≤ | f(x)− L| (1.17)
Da´ı, de 1.16 e 1.17 temos:
| f(x)| − |L| < 1
Portanto, ∃δ > 0, | 0 < |x− a| < δ → | f(x)| < |L|+ 1. ¤
O teorema acima diz respeito a um limite superior para o mo´dulo de f(x).
Pore´m, as vezes um limite inferior e´ tambe´m necessa´rio. Para isto temos o
seguinte teorema.
Teorema 1.2 Sejam f : D ⊂ R½ R uma func¸a˜o de valores reais e a ∈ D,
D um conjunto aberto. Se L = lim
x→a
f(x) enta˜o ∃δ > 0, | 0 < |x − a| < δ →
1
2
|L| < | f(x)|.
PROVA: Como L = lim
x→a
f(x), usando a definic¸a˜o de limite, para o caso
particular ² =
1
2
|L| temos:
∃δ > 0, | 0 < |x− a| < δ implica em:
| f(x)− L| < 1
2
|L| (1.18)
10 Limites de Func¸o˜es
Por outro lado, do apeˆndice, equac¸a˜o B-1a com a← f(x)− L temos:
| f(x)− L| = |L− f(x)| (1.19)
De 1.18 e 1.19 temos:
|L− f(x)| < 1
2
|L| (1.20)
Do apeˆndice, equac¸a˜o B-1c com a← L e b← f(x) temos:
|L| − | f(x)| ≤ |L− f(x)| (1.21)
Da´ı, de 1.20 e 1.21 temos:
|L| − | f(x)| < 1
2
|L|
Portanto, ∃δ > 0, | 0 < |x− a| < δ → 1
2
|L| < | f(x)|. ¤
Teorema 1.3 Sejam f : D ⊂ R ½ R e g : D ⊂ R ½ R duas func¸o˜es
de valores reais e a ∈ D, D um conjunto aberto. Se L = lim
x→a
f(x) e M =
lim
x→a
g(x) enta˜o lim
x→a
(f + g)(x) = L+M
A PROCURA DE UM CANDIDATO A DELTA: Vamos a` cac¸a do δ.
Usando a definic¸a˜o (partindo do final) em lim
x→a
(f + g)(x) = L+M temos:
| (f + g)(x)− (L+M)| < ε←. Podemos retornar se:
| f(x) + g(x)− L−M | < ε←. Podemos retornar se:
| (f(x)− L) + (g(x)−M)| < ε← (1.22)
Usando a desigualdade triangular, equac¸a˜o B-1b com a ← f(x) − L e b ←
g(x)−M temos:
| (f(x)− L) + (g(x)−M)| ≤ | f(x)− L|+ | g(x)−M | (1.23)
De 1.22 e 1.23 podemos retornar se:
| f(x)− L|+ | g(x)−M | < ε← (1.24)
Prontinho. 1.24 fica satisfeita se | f(x) − L| < ε/2 e | g(x) −M | < ε/2 ao
mesmo tempo. Como L = lim
x→a
f(x) e M = lim
x→a
g(x) da definic¸a˜o e limite
temos:
∃δ1 > 0| 0 < |x− a| < δ1 → | f(x)− L| < ε/2 (1.25a)
∃δ2 > 0| 0 < |x− a| < δ2 → | g(x)−M | < ε/2 (1.25b)
Generalidades 11
Bata agora escolher δ = min{δ1, δ2} e teremos 1.25a e 1.25b validas ao
mesmo tempo. Vamos agora a prova verdadeiramente dita:
PROVA: ∀ε > 0 Como L = lim
x→a
f(x) e M = lim
x→a
g(x) temos:
∃δ1 > 0| 0 < |x− a| < δ1 → | f(x)− L| < ε/2 (1.26a)
∃δ2 > 0| 0 < |x− a| < δ2 → | g(x)−M | < ε/2 (1.26b)
Escolhendo δ = min{δ1, δ2} e 1.26a e 1.26b valem ao mesmo tempo e temos:
| f(x)− L| < ε/2 (1.27a)
| g(x)−M | < ε/2 (1.27b)
Somando as desigualdades 1.27a e 1.27b temos:
| f(x)− L|+ | g(x)−M | < ε (1.28)
Usando a desigualdade triangular, equac¸a˜o B-1b com a ← f(x) − L e b ←
g(x)−M temos:
| (f(x)− L) + (g(x)−M)| ≤ | f(x)− L|+ | g(x)−M | (1.29)
De 1.28 e 1.29 temos:
| (f(x)− L) + (g(x)−M)| < ε (1.30)
Reagrupando os termos em 1.30 temos:
| (f + g)(x)− (L+M)| < ε
Juntando tudo temos:
∀ε > 0,∃δ > 0| 0 < |x− a| < δ → | (f + g)(x)− (L+M)| < ε
E portanto lim
x→a
(f + g)(x) = L+M . ¤
Teorema 1.4 Sejam f : D ⊂ R ½ R e g : D ⊂ R ½ R duas func¸o˜es
de valores reais e a ∈ D, D um conjunto aberto. Se L = lim
x→a
f(x) e M =
lim
x→a
g(x) enta˜o lim
x→a
(f − g)(x) = L−M
PROVA: Identica ao teorema anterior. Apenas substitua g(x) ← −g(x) e
M ← −M . ¤
12 Limites de Func¸o˜es
Teorema 1.5 Sejam f : D ⊂ R ½ R e g : D ⊂ R ½ R duas func¸o˜es
de valores reais e a ∈ D, D um conjunto aberto. Se L = lim
x→a
f(x) e M =
lim
x→a
g(x) enta˜o lim
x→a
(f.g)(x) = L.M
A PROCURA DE UM CANDIDATO A DELTA: Vamos a busca do
santo δ . Partindo do final.
| (f.g)(x)− (L.M)| < ε←. Podemos retornar se:
| f(x).g(x) − L.M | < ε ←. Introduzindo o termos nulo −L.g(x) + L.g(x).
Podemos retornar se:
| f(x).g(x)− L.g(x) + L.g(x)− L.M | < ε←. Podemos retornar se:
| g(x).(f(x)) − L) + L.(g(x) −M)| < ε ←. Usando a desigualdade triangu-
lar, equac¸a˜o B-1b com a ← g(x).(f(x) − L) e b ← L.(g(x) −M) podemos
retornar se
| g(x).(f(x))−L)|+ |L.(g(x)−M)| < ε←. Como o mo´dulo do produto e´ o
produto dos mo´dulos, podemos retornar se:
| g(x)| .| f(x))− L|+ |L| .| g(x)−M | < ε← (1.31)
Do teorema 1.1 ∃δ3 > 0, | 0 < |x − a| < δ3 → | g(x)| < |M | + 1.
Podemos voltar a inequac¸a˜o 1.31 se:
(|M |+ 1) .| f(x))− L|+ |L| .| g(x)−M | < ε← (1.32)
O´timo. Podemos voltar a inequac¸a˜o se tivermos (|M |+1) .| f(x))−L| < ε/2 e
|L| .| g(x)−M | < ε/2 ao mesmo tempo. Como L = lim
x→a
f(x) eM = lim
x→a
g(x)
da definic¸a˜oe limite temos:
∃δ1 > 0| 0 < |x− a| < δ1 → | f(x)− L| < ε/2(|M |+ 1) (1.33a)
∃δ2 > 0| 0 < |x− a| < δ2 → | g(x)−M | < ε/2|L| (1.33b)
Bata agora escolher δ = min{δ1, δ2, δ3} e teremos 1.33a e 1.33b validas ao
mesmo tempo. Vamos agora a prova verdadeiramente dita:
PROVA: ∀ε > 0 Como L = lim
x→a
f(x) e M = lim
x→a
g(x) temos:
∃δ1 > 0| 0 < |x− a| < δ1 → | f(x)− L| < ε/2(|M |+ 1) (1.34a)
∃δ2 > 0| 0 < |x− a| < δ2 → | g(x)−M | < ε/2|L| (1.34b)
∃δ3 > 0| 0 < |x− a| < δ3 → | g(x)| ≤ |M |+ 1 (1.34c)
Escolhendo δ = min{δ1, δ2, δ3} e 1.34a, 1.34b e 1.34c valem ao mesmo
tempo. Tomando 1.34a e 1.34b temos:
| f(x)− L| < ε/2(|M |+ 1) (1.35a)
| g(x)−M | < ε/2|L| (1.35b)
Generalidades 13
De 1.35a e 1.35b temos:
(|M |+ 1).| f(x)− L| < ε/2 (1.36a)
|L| .| g(x)−M | < ε/2 (1.36b)
Somando as desigualdades 1.36a e 1.36b temos:
(|M |+ 1) .| f(x))− L|+ |L| .| g(x)−M | < ε (1.37)
De 1.37 e 1.34c temos:
| g(x)|.| f(x))− L|+ |L| .| g(x)−M | < ε (1.38)
Como o produto dos mo´dulos e´ o mo´dulo dos produtos, de 1.38 temos:
| g(x).(f(x))− L)|+ |L.(g(x)−M)| < ε (1.39)
Usando a desigualdade triangular, equac¸a˜o B-1b com a ← g(x).(f(x) − L)
e b← L.(g(x)−M) na desigualdade 1.39 temos:
| g(x).(f(x))− L) + L.(g(x)−M)| < ε (1.40)
Efetuando os produtos em 1.40 temos:
| g(x).f(x)− L.g(x) + L.g(x)− L.M | < ε (1.41)
Simplificando 1.41 temos:
| g(x).f(x)− L.M | < ε
Juntando tudo temos:
∀ε > 0,∃δ > 0| 0 < |x− a| < δ → | (f.g)(x)− L.M | < ε
E portanto lim
x→a
(f.g)(x) = L.M . ¤
Teorema 1.6 Sejam f : D ⊂ R ½ R e g : D ⊂ R ½ R duas func¸o˜es
de valores reais e a ∈ D, D um conjunto aberto. Se L = lim
x→a
f(x) e M =
lim
x→a
g(x) enta˜o lim
x→a
f
g
(x) =
L
M
, se M 6= 0.
A PROCURA DE UM CANDIDATO A DELTA: Vamos em busca
do famoso e fuja˜o δ . Partindo do final.∣∣∣∣ fg (x)− LM
∣∣∣∣ < ε←. Podemos retornar se:
14 Limites de Func¸o˜es∣∣∣∣ f(x)g(x) − LM
∣∣∣∣ < ε←. Subtraindo a frac¸o˜es, podemos retornar se:∣∣∣∣ f(x).M − g(x).Lg(x).M
∣∣∣∣ < ε ←. Introduzindo o termos nulo −M.L +M.L, po-
demos retornar se:∣∣∣∣ f(x).M −M.L+M.L− g(x).Lg(x).M
∣∣∣∣ < ε←. Colocando os termos em evideˆncia,
podemos retornar se:
∣∣∣∣M.(f(x)− L) + L.(M − g(x))g(x).M
∣∣∣∣ < ε ←. Como o
mo´dulo da divisa˜o e´ a divisa˜o dos mo´dulos, podemos retornar se:
|M.(f(x)− L) + L.(M − g(x))|
| g(x).M | < ε ←. Usando a desigualdade triangular,
podemos retornar se:
|M.(f(x)− L)|+ |L.(M − g(x))|
| g(x)M | < ε ←. Como o mo´dulo do produto e´ o
produto dos mo´dulos, podemos retornar se:
|M | .| (f(x)− L)|+ |L| .| (M − g(x))|
| g(x)| .|M | < ε ←. Do teorema 1.2 temos que
∃δ1 > 0, | 0 < |x− a| < δ1 → 1
2
|M | < | g(x)|. Da´ı, podemos retornar se:
|M | .| (f(x)− L)|+ |L| .| (M − g(x))|
1
2
|M | .|M |
< ε ←. Simplificando as frac¸o˜es e
usando B-1a com a ← M − g(x), |M − g(x)| = | g(x) − M | , podemos
retornar se:
| (f(x)− L)|
1
2
|M |
+
|L| .| (g(x)−M)|
1
2
|M |2
< ε← (1.42)
Agora. beleza! Podemos satisfazer 1.42 se
| (f(x)− L)|
1
2
|M |
< ε/2 e
|L| .| (g(x)−M)|
1
2
|M |2
<
ε/2 ao mesmo tempo. E como L = lim
x→a
f(x) e M = lim
x→a
g(x) da definic¸a˜o de
limites temos:
∃δ1 > 0, | 0 < |x− a| < δ1 → 1
2
|M | < | g(x)| (1.43a)
∃δ2 > 0| 0 < |x− a| < δ2 → | f(x)− L| < ε|M |/4 (1.43b)
∃δ3 > 0| 0 < |x− a| < δ3 → | g(x)−M | < ε|M |2/4|L| (1.43c)
Basta agora escolher δ = min{δ1, δ2, δ3} e teremos 1.43a, 1.43b e 1.43c
validas ao mesmo tempo. Vamos agora a prova verdadeiramente dita:
Generalidades 15
PROVA: ∀ε > 0 Como L = lim
x→a
f(x) e M = lim
x→a
g(x) temos:
∃δ1 > 0, | 0 < |x− a| < δ1 → 1
2
|M | < | g(x)| (1.44a)
∃δ2 > 0| 0 < |x− a| < δ2 → | f(x)− L| < ε|M |/4 (1.44b)
∃δ3 > 0| 0 < |x− a| < δ3 → | g(x)−M | < ε|M |2/4|L| (1.44c)
Escolhendo δ = min{δ1, δ2, δ3} e 1.44a, 1.44b e 1.44c valem ao mesmo
tempo. Tomando 1.44b e 1.44c temos:
| f(x)− L| < ε|M |/4 (1.45a)
| g(x)−M | < ε|M |2/4|L| (1.45b)
De 1.45a e 1.45b e usandoB-1a com a← g(x)−M , | g(x)−M | = |M−g(x)|
temos:
| (f(x)− L)|
1
2
|M |
< ε/2 (1.46a)
|L| .| (M − g(x))|
1
2
|M |2
< ε/2 (1.46b)
Das desigualdades 1.46a e 1.46b temos:
|M | .| (f(x)− L)|+ |L| .| (M − g(x))|
1
2
|M | .|M |
< ε (1.47)
De 1.47 e 1.44a temos:
|M | .| (f(x)− L)|+ |L| .| (M − g(x))|
| g(x)| .|M | < ε (1.48)
Como o produto dos mo´dulos e´ o mo´dulo dos produtos, de 1.48 temos:
|M.(f(x)− L)|+ |L.(M − g(x))|
| g(x)M | < ε (1.49)
Usando a desigualdade triangular, equac¸a˜o B-1b com a ← M.(f(x) − L) e
b← L.(M − g(x)) na desigualdade 1.49 temos:
|M.(f(x)− L) + L.(M − g(x))|
| g(x).M | < ε (1.50)
16 Limites de Func¸o˜es
Efetuando os produtos em 1.50 temos:
|M.f(x)−M.L+M.L− L.g(x))|
| g(x).M | < ε (1.51)
Simplificando 1.51 temos: ∣∣∣∣ f(x)g(x) − LM
∣∣∣∣ < ε
Juntando tudo temos:
∀ε > 0,∃δ > 0| 0 < | x− a| < δ →
∣∣∣∣ fg (x)− LM
∣∣∣∣ < ε
E portanto lim
x→a
f
g
(x) =
L
M
. ¤
Teorema 1.7 Sejam f : D1 ⊂ R 7→ R e g : D2 ⊂ R 7→ R duas func¸o˜es
de valores reais, tais que Img(g) ⊂ D1, e a ∈ D2. Se lim
x→a
g(x) = M e
lim
z→M
f(z) = L enta˜o lim
x→a
(f ◦ g)(x) = L.
PROVA: Da definic¸a˜o de limite, como lim
z→M
f(z) = L temos:
∀ε > 0,∃δ1 > 0| 0 < | z −M | < δ1 → | f(z)− L| < ε.
Tambe´m, da definic¸a˜o de limite, como lim
x→a
g(x) =M temos:
∀ε1 > 0,∃δ > 0| 0 < | x− a| < δ → | g(x)−M | < ε1.
Fazendo em particular ε1 = δ1 e z = g(x) temos: ∃δ > 0| 0 < |x− a| < δ →
| z −M | < δ1.
Juntando tudo:
∀ε > 0,∃δ > 0| 0 < | x− a| < δ → | f(g(x))− L| < ε.
Portanto lim
x→a
(f ◦ g)(x) = L. ¤
O teorema a seguir e´ conhecido como Teorema do Sanduiche, bastante
u´til na demonstrac¸a˜o de alguns limites a` partir de desigualdadas.
Teorema 1.8 Sejam f : D ⊂ R 7→ R, g : D ⊂ R 7→ R e h : D ⊂ R 7→ R tre´s
func¸o˜es de valores reais, tais que: f(x) ≤ g(x) ≤ h(x),∀x ∈ D Se a ∈ D,
lim
x→a
f(x) = L e lim
x→a
h(x) = L enta˜o lim
x→a
g(x) = L.
PROVA: ∀ε > 0 da definic¸a˜o de limite, como lim
z→a
f(z) = L temos:
∃δ1 > 0| 0 < | x− a| < δ1 → | f(x)− L| < ε.
Podemos escrever a desigualdade | f(x)− L| < ε como:
L− ε < f(x) < L+ ε (1.52)
Generalidades 17
Tambe´m, da definic¸a˜o de limite, como lim
x→a
h(x) = L temos:
∃δ2 > 0| 0 < |x− a| < δ2 → |h(x)− L| < ε.
Podemos escrever a desigualdade | f(x)− L| < ε como:
L− ε < h(x) < L+ ε (1.53)
Escolhendo δ = min{δ1, δ2}, enta˜o ∀x|0 < |x−a| < δ enta˜o as desigualdades
1.52 e 1.53 valem ao mesmo tempo.
Da primeira desigualdade de 1.52 L − ε < f(x) e como f(x) ≤ g(x) ≤ h(x)
temos:
L− ε < g(x) (1.54)
Da segunda desigualdade de 1.53 h(x) < L + ε e como f(x) ≤ g(x) ≤ h(x)
temos:
g(x) < L+ ε (1.55)
Juntando as inequac¸o˜es 1.54 e 1.55 temos:
L− ε < g(x) < L+ ε (1.56)
Juntando as pec¸as conseguidas no caminho temos:
∀ε > 0,∃δ > 0, δ = min{δ1, δ2}| 0 < |x− a| < δ → | g(x)− L| < ε.
Em outrs palavras lim
x→a
g(x) = L. ¤
Estas propriedades sa˜o bastante u´teis na determinac¸a˜o do limite de diver-
sas func¸o˜es, na determinac¸a˜o de propriedades da derivada entre ouras coisas,
reduzindo o esforc¸o matema´tico para tal.
1.4 Alguns Limites que na˜o Existem
Veremos agora que nem sempre o limite de uma func¸a˜o existe. Para isto
veremos dois exemplos com duas formas diferentes de na˜o existeˆncia. A
primeira e´ quando a func¸a˜o cresce ou decresce ilimitadamente. A segunda e´
quando a func¸a˜o oscila sem nunca alcanc¸ar um limite.
Exemplo 1.4.1 Seja f : R − {0} → R dada por f(x) = 1/x. (vejam o
gra´fico abaixo). Verifique que na˜o existe limite de f(x) quando x→ 0.
SOLUC¸A˜O: Observando o gra´fico da func¸a˜o abaixo, vemos que, aproximan-
do-se de 0 pela direita, a curva da func¸a˜o sobe de forma ilimitada e que,
aproximando-se de 0 pela esquerda, a curva da func¸a˜o desce de forma ilimi-
tada. Vamos colocar isto na pra´tica. Primeiramente veremos como fica a
negac¸a˜o da expressa˜oque define o limite de uma func¸a˜o.
18 Limites de Func¸o˜es
0
10
0
-2-4 2
-5
5
4
x
-10
Figura 1.1: Gra´fico da func¸a˜o f(x) = 1/x
A negativa de ∀ε > 0,∃δ > 0| 0 < |x − a| < δ → | f(x) − L| < ε e´ dada
por: ∃ε > 0| ∀δ > 0,∃x, 0 < | x− a| < δ ∧ ¬(| f(x)− L| < ε). Destrinchando
a expresa˜o temos:
∃ε > 0| - Existe um ε epson maior que zero tal que
∀δ > 0 - Para todo δ delta maior que zero
∃x, 0 < |x− a| < δ∧ - Existe x tal que a diferenc¸a, em valor absoluto, entre
x e a pode se menor que δ delta e mesmo assim
¬(| f(x)−L| < ε) - A diferenc¸a, em valor absoluto, entre f(x) e L na˜o pode
ser menor que ε epson.
HIPO´TESE: Vamos supor que existe L = lim
x→a
f(x) para f(x) = 1/x.
Sem perda de generalidade, supomos tambe´m que L > 0. E, escolhendo em
Generalidades 19
particular ε = 1. Como o conjunto dos nu´meros reais e´ ilimitado,
∃M ∈ R|L+ 1 < M (1.57)
Da´ı, ∀δ > 0, escolhemos 0 < x1 < δ e ao mesmo tempo 0 < x1 < 1/M .
Deste modo:
0 < x1 < δ → 0 < |x− 0| < δ (1.58)
Por outro lado:
0 < x1 < 1/M →M < 1/x1 →M < f(x1) (1.59)
De 1.57 e 1.59 temos:
L+ 1 < f(x)→ 1 < f(x)− L→ 1 < | f(x)− L| → ε < | f(x)− L| (1.60)
Juntando tudo:
∃ε > 0, ε = 1| ∀δ > 0,∃x, 0 < |x− 0| < δ ∧ 1 < | f(x)− L|
De outra forma:
∃ε > 0| ∀δ > 0,∃x, 0 < | x− 0| < δ ∧ ¬(| f(x)− L| < ε)
Logo a HIPO´TESE e´ falsa e na˜o existe L = lim
x→a
f(x) para f(x) = 1/x. ¤
A experieˆncia com o exemplo acima pode ser formalizada definindo pres-
cisamente quando uma func¸a˜o torna-se ilimitada. A saber:
Definic¸a˜o 1.2 Sejam f : D ⊂ R 7→ R uma func¸a˜o de valors reais e x0 ∈
D. Dizemos que f(x) tende a mais infinito quando x tende a x0, denotada
lim
x→x0
f(x)→ +∞, se, somente se:
∀K > 0,∃δ > o| 0 < | x− x0| < δ → f(x) > K.
De modo ana´logo podemos definir quando uma func¸a˜o torna-se ilimitada
inferiormente.
Definic¸a˜o 1.3 Sejam f : D ⊂ R 7→ R uma func¸a˜o de valors reais e x0 ∈ D.
Dizemos que f(x) tende a maenos infinito quando x tende a x0, denotada
lim
x→x0
f(x)→ −∞, se, somente se:
∀K < 0,∃δ > o| 0 < | x− x0| < δ → f(x) < K.
Exemplo 1.4.2 Seja f : R− {0} → R dada por f(x) = sin(1/x). (vejam o
gra´fico abaixo). Verifique que na˜o existe limite de f(x) quando x→ 0.
20 Limites de Func¸o˜es
1
0
0,5
1
-0,5
-1 0
x
-0,5
-1
0,5
Figura 1.2: Gra´fico da func¸a˜o f(x) = sin(1/x)
SOLUC¸A˜O: Observando o gra´fico da func¸a˜o abaixo, vemos que, aproximan-
do-se de 0 pela direita ou pela esquerda, a curva da func¸a˜o f(x) = sin(1/x)
oscila no intervalo [−1,+1] , sem atingir nenhum limite em particular .
HIPO´TESE: Vamos supor que existe L = lim
x→a
f(x) para f(x) = sin(1/x).
Sem perda de generalidade, supomos tambe´m que 0 < L < 1. . E,
escolhendo em particular. ε < (1 − L)/2. Da´ı, 0 < L + 2ε < 1. Como
L+2ε varia entre 0 (zero) e 1 (um), podemos determinar um α, o aˆngulo no
primeiro quadrante ,tal que:
sin(α) = L+ 2ε (1.61)
De 1.61 temos:
sin(α)− L = 2ε→ sin(α)− L > ε→ | sin(α)− L| > ε (1.62)
Generalidades 21
Por outro lado, ∀δ > 0, como o conjunto dos nu´meros reais R e´ ilimitado,
∃n ∈ N| 1/δ < α + 2npi (1.63)
Definindo:
xn = 1/(α + 2npi) (1.64)
De 1.63 e 1.64 temos:
0 < xn < δ → 0 < |xn − 0| < δ (1.65)
Por outro lado,
sin(1/xn) = sin(α+ 2npi) = sin(α) cos(2npi) + sin(2npi) cos(α)
Da´ı,
sin(1/xn) = sin(α) (1.66)
De 1.62 e 1.66 temos:
| sin(1/xn)− L| > ε (1.67)
Juntando tudo:
∃ε > 0, ε < (1− L)/2| ∀δ > 0,∃x, 0 < |x− a| < δ ∧ ε < | f(x)− L|
De outra forma:
∃ε > 0| ∀δ > 0,∃x, 0 < | x− 0| < δ ∧ ¬(| f(x)− L| < ε)
Logo a HIPO´TESE e´ falsa e na˜o existe L = lim
x→a
f(x) para f(x) = sin(1/x).
De modo semelhante podemos mostrar que −1 < L < 0 tambe´m na˜o pode
ser o lim
x→a
f(x) para f(x) = sin(1/x). ¤
1.5 Um Limite Trigonome´trico Fundamental
Basearemos nossa argumentac¸a˜o heur´ıstica na figura abaixo, que representa
o c´ırculo trigonome´trico, em seu primeiro quadrante.
Baseado na Figura 1.3, fazemos as seguintes identificac¸o˜es:
OB = 1 (1.68a)
AC = sin(x) (1.68b)
BD = tan(x) (1.68c)
_
BC= x (1.68d)
22 Limites de Func¸o˜es
O A B
C
D
x
Figura 1.3: Figura 3 C´ırculo Trigonome´trico
Da figura temos tambe´m que a a´rea do triaˆngulo ∆OBC e´ menor que a a´rea
do setor circular circ(OBC) que por sua vez e´ menor que o triaˆngulo ∆OBD
, i.e.
are(∆OBC) < are(circ(OBC)) < are(∆OBD) (1.69)
Da geometria temos:
are(∆OBC) =
1
2
OB.AC (1.70a)
are(circ(OBC)) =
1
2
OB
2
.
_
BC (1.70b)
are(∆OBD) =
1
2
OB.AD (1.70c)
Generalidades 23
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
-0,2
x
1050-5-10
Figura 1.4: Gra´fico da func¸a˜o f(x) = sin(x)/x
Substituindo as equac¸o˜es 1.68a ate´ 1.68d nas equac¸o˜es 1.70a ate´ 1.70c
temos:
are(∆OBC) =
1
2
sin(x) (1.71a)
are(circ(OBC)) =
1
2
x (1.71b)
are(∆OBD) =
1
2
tan(x) (1.71c)
Por outro lado substituindo 1.71a ate´ 1.71c em 1.69 temos:
1
2
sin(x) <
1
2
x <
1
2
tan(x)
Simplificando temos:
sin(x) < x < tan(x) (1.72)
24 Limites de Func¸o˜es
Sem perda de generalidade suponhamos que 0 < x < pi/2. Da´ı, sin(x) > 0 e
tan(x) > 0 (primeiro quadrante). Da primeira desigualdade de 1.72 temos:
sin(x) < x→ sin(x)
x
< 1 (1.73)
Da segunda desigualdade de 1.72 temos:
x < tan(x)→ x < sin(x)
cos(x)
→ cos(x) < sin(x)
x
(1.74)
Do apeˆndice A-13 com x ← x2/2 e levando-se em conta que no primeiro
quadrante o seno e´ positivo, temos:
sin(x2/2) < x2/2 (1.75)
Do apeˆndice A-8 e da inequac¸a˜o 1.75 temos:
1− x2/2 < cos(x) (1.76)
Das inequac¸o˜es 1.74 e 1.76 temos:
1− x2/2 < sin(x)
x
(1.77)
Juntando as desigualdades 1.73 e 1.77 temos:
1− x2/2 < sin(x)
x
< 1 (1.78)
Passando o limite x→ 0 nas desigualdades 1.78 temos:
lim
x→0
(1− x2/2) ≤ lim
x→0
{
sin(x)
x
}
≤ lim
x→0
(1)
Do teorema do sanduiche temos:
1 ≤ lim
x→0
{
sin(x)
x
}
≤ 1
Portanto, chegamos finalmente a:
lim
x→0
{
sin(x)
x
}
= 1. ¤ (1.79)
Mostraremos agora um uso do limite fundamental 1.79 no ca´lculo do
seguinte limite lim
x→0
{
1− cos(x)
x
}
= 0:
Generalidades 25
Exemplo 1.5.1 Seja f : R−{0} → R dada por f(x) =
{
1− cos(x)
x
, x 6= 0
0 , x = 0
.
Verificar que lim
x→0
{
1− cos(x)
x
}
= 0.
SOLUC¸A˜O: Do apeˆndice, equac¸a˜o A-8 temos:
cos(x) = 1− 2 sin2(x/2)→ 1− cos(x) = 2 sin2(x/2)
Da´ı,
f(x) =
2 sin2(x/2)
x
Que pode ser reecrita como:
f(x) =
sin(x/2)
x/2
sin(x/2)
Passando o limite quando x→ 0 temos:
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
{
sin(x/2)
x/2
sin(x/2)
}
Como o limite do produto e´ o produto dos limites, temos:
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
{
sin(x/2)
x/2
}
lim
x→0
sin(x/2) (1.80)
Fazendo em 1.80 a mudanc¸a de varia´vel h(z) = f(x) onde z = x/2 e os
limites x→ 0↔ z → 0 e temos:
lim
x→0
f(x) = lim
z→0
h(z) = lim
z→0
{
sin(z)
z
}
lim
z→0
sin(z) (1.81)
Usando em 1.81 o limite fundamental 1.79 lim
z→0
sin(z)
z
= 1 e tambe´m lim
z→0
sin(z) =
0 temos:
lim
x→0
f(x) = 0. ¤
1.6 Algumas Formas Indeterminadas
Nesta sec¸a˜o, veremos o tratamento de alguns limites denominados formas in-
determinadas. Sabemos que no corpo dos nu´meros reais x/x = 1 para todo
26 Limites de Func¸o˜es
x ∈ R, x 6= 0. Vejam a restric¸a˜o x 6= 0. Isto significa que 0/0 na˜o e´ defi-
nida, na˜o permitida. Algumas func¸o˜es sa˜o da forma f(x) = g(x)/h(x) onde
lim
x→a
g(x) = 0 e lim
x→a
h(x) = 0 desta forma lim
x→a
f(x) seria da forma 0/0. Muito
embora esta divisa˜o na˜o exista o limite de f(x) pode existir e assumir valores
diferentes de 1. Outras formas indeterminadas sa˜o ∞/∞, 0.∞, ∞−∞, 1∞
e 00. As duas u´ltimas formas indeterminadas sera˜o tratadas posteriormente.
1.6.1 Forma 0/0
Para esta forma, um caso e´ f(x) = g(x)/h(x) comg(x) e h(x) polinoˆmios.
Das propriedades dos limites lim
x→a
g(x) = g(a) e lim
x→a
h(x) = h(a). Se g(a) = 0
e h(a) = 0 enta˜o g(x) = (x−a)G(x) e h(x) = (x−a)H(x) onde possivelmente
G(a) 6= 0 e H(a) 6= 0. Desta forma, por simplificac¸a˜o f(x) = G(x)/H(x) e
possivelmente lim
x→a
f(x) = G(a)/H(a). Acompanhem o seguinte exemplo.
Exemplo 1.6.1 Seja f : R\{2} → R dada por f(x) = x
2 − 4x+ 4
x2 − 5x+ 6 . Calcu-
lar o lim
x→2
f(x).
SOLUC¸A˜O: Para o caso g(x) = x2 − 4x + 4 e h(x) = x2 − 5x + 6 e e´ fa´cil
verificar que g(2) = h(2) = 0 e portanto lim
x→2
f(x) e´ da forma indeterminada
0/0. Para contornar isto, simplificaremos f(x) fatorando os polinoˆmios g(x)
e h(x). A saber.
g(x) = (x− 2)2
h(x) = (x− 2)(x− 3)
Da´ı, f(x) e´ reescrita como:
f(x) =
(x− 2)2
(x− 2)(x− 3) → f(x) =
(x− 2)
(x− 3)
Da´ı, temos:
lim
x→2
f(x) =
(2− 2)
(2− 3) = 0
O que encerra a forma indeterminada. ¤
Mais um exemplo. Desta vez usando func¸o˜es trigonome´tricas.
Exemplo 1.6.2 Sejam a ∈ R e f : R\{a} → R dada por f(x) = sin(x)− sin(a)
x− a .
Calcular o lim
x→a
f(x).
Generalidades 27
SOLUC¸A˜O: Mais uma vez caimos em uma indeterminac¸a˜o da forma 0/0.
Pore´m, diferentemente do primeiro exemplo o numerador de f(x) na˜o e´ uma
func¸a˜o polinomial e portanto na˜o podemos fatorar simplismente. Outrossim,
usaremos novamente o apeˆndice A, equac¸a˜o A-8 com a← x e b← a e temos:
f(x) =
2 cos
(
x+ a
2
)
sin
(
x− a
2
)
x− a
Que podemos reescrever como:
f(x) =
2 sin
(
x− a
2
)
x− a cos
(
x+ a
2
)
De outra forma:
f(x) =
sin
(
x− a
2
)
x− a
2
cos
(
x+ a
2
)
(1.82)
Fazendo a mudanc¸a de varia´veis:
h(z) = f(x), z =
x− a
2
, x = 2z+a, h(z) = f(2z+a), x→ a↔ z → 0 (1.83)
De 1.82 e 1.83 temos
h(z) = f(2z + a) =
sin
(
2z + a− a
2
)
2z + a− a
2
cos
(
2z + a+ a
2
)
Da´ı, temos:
h(z) =
2 sin(z)
z
cos(z + a)
Da mudanc¸a de varia´veis temos:
lim
x→a
f(x) = lim
z→0
h(z) = lim
z→0
2 sin(z)
z
cos(z + a)
Usando propriedades dos limites, temos:
lim
x→a
f(x) = lim
z→0
sin(z)
z
lim
z→0
cos(z + a)
Como do limite fundamental lim
z→0
sin(z)
z
= 1 finalmente temos:
lim
x→a
f(x) = cos(a). ¤
28 Limites de Func¸o˜es
DESAFIO 1.4 Sejam a ∈ R e f : R\{a} → R dada por f(x) = cos(x)− cos(a)
x− a .
Calcular o lim
x→a
f(x).
Vejamos agora como tratar func¸o˜es com ra´ızes.
Exemplo 1.6.3 Sejam a ∈ R+ e f : R+\{a} → R dada por f(x) =√
x−√a
x− a . Calcular o limx→a f(x).
SOLUC¸A˜O: Claramente uma indeterminac¸a˜o da forma 0/0. Desta vez
usaremos o apeˆndice C equac¸a˜o C-6, para o caso particular raiz quadrada,√
X −√a = x− a√
x+
√
a
para reescrever a func¸a˜o f(x). A saber;
f(x) =
x− a√
x+
√
a
x− a =
1
x− a
x− a√
x+
√
a
=
1√
x+
√
a
Portanto aplicando o limite x→ a temos
lim
x→a
f(x) = lim
x→a
1√
x+
√
a
=
1√
a+
√
a
=
1
2
√
a
. ¤
DESAFIO 1.5 Sejam a ∈ R e f : R\{a} → R dada por f(x) =
3
√
x− 3√a
x− a .
Calcular o lim
x→a
f(x).
Vamos, agora, a um exemplo um pouco mais elaborado.
Exemplo 1.6.4 Sejam a ∈ R e f : R\{a} → R dada por f(x) = sin
2 x− sin2 a
x− a .
Calcular o lim
x→a
f(x).
SOLUC¸A˜O: Primeiramente desenvolveremos o produto nota´vel e reescre-
vemos f(x) como:
f(x) =
(sin(x)− sin(a))(sin(x) + sin(a))
x− a =
sin(x)− sin(a)
x− a (sin(x) + sin(a))
Do apeˆndice, equac¸a˜o A-8 com a← x e b← a e temos:
f(x) =
2 cos
(
x+ a
2
)
sin
(
x− a
2
)
x− a (sin(x) + sin(a))
Generalidades 29
Que podemos reescrever como:
f(x) =
2 sin
(
x− a
2
)
x− a cos
(
x+ a
2
)
(sin(x) + sin(a))
Reescrevendo novamente temos:
f(x) =
sin
(
x− a
2
)
x− a
2
cos
(
x+ a
2
)
(sin(x) + sin(a))
Passsando o limite x→ a temos:
lim
x→a
f(x) = lim
x→a

sin
(
x− a
2
)
x− a
2
cos
(
x+ a
2
)
(sin(x) + sin(a))

Usando propriedades dos limites, o limite do produto e´ o produto dos limites,
temos:
lim
x→a
f(x) = lim
x→a

sin
(
x− a
2
)
x− a
2
 limx→a cos
(
x+ a
2
)
lim
x→a
(sin(x) + sin(a))
Pore´m, temos do limite fundamental que lim
x→a

sin
(
x− a
2
)
x− a
2
 = 1 e como
lim
x→a
cos
(
x+ a
2
)
= cos(a) e lim
x→a
(sin(x) + sin(a)) = 2 sin(a) temos:
lim
x→a
f(x) = 2 cos(a) sin(a). ¤
DESAFIO 1.6 Sejam a ∈ R e f : R\{a} → R dada por f(x) = cos
2 x− cos2 a
x− a .
Calcular o lim
x→a
f(x).
Exemplo 1.6.5 Seja f : R\{0} → R dada por f(x) =
√
x2 + x−√x
x
.
Calcular o lim
x→0
f(x).
30 Limites de Func¸o˜es
SOLUC¸A˜O: Indeterminac¸a˜o da forma 0/0 envolvendo radiciac¸a˜o. Para
contornar, primeiramente multiplicamos e dividimos f(x) por
√
x2 + x+
√
x
para eliminar as raizes do numerador e temos:
f(x) =
(
√
x2 + x−√x)(√x2 + x+√x)
x(
√
x2 + x+
√
x)
Simplificando temos:
f(x) =
x2 + x− x
x(
√
x2 + x−√x) =
x√
x2 + x+
√
x
Na˜o resolveu o problema pois continua a indeterminac¸a˜o da forma 0/0.
Pore´m, estamos mais perto da soluc¸a˜o. Basta modificar f(x) de modo que
que quando x → 0 o numerado tenha como limite um valor na˜o nulo. Isto
pode ser feito dividindo tanto o numerado quanto o denominador por x e
temos:
f(x) =
x
x√
x2 + x+
√
x
x
=
1√
x2 + x
x2
+
√
x
x2
=
1√
1 +
1
x
+
√
1
x
Como vimos anteriormente x→ 0+ enta˜o 1/x→ +∞ e portanto
√
1
x
→ +∞
e tambe´m
√
1 +
1
x
→ +∞. Logo temos que:
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
1√
1 +
1
x
+
√
1
x
=
1
lim
x→0
√
1 +
1
x
+ lim
x→0
√
1
x
= 0. ¤
1.6.2 Limites no Infinito e a Forma ∞/∞
Antes de passar a esta forma indeterminada, precisamos definir limites no
infinito. A definic¸a˜o de limites que conhecemos na˜o se aplica ao infinito sendo
necessa´rio uma adaptac¸a˜o. A parte da definic¸a˜o, que diz respeito aos valores
de x aproximarem-se do valor de x0 i.e. 0 < | x − x0| < δ e´ modificada da
Generalidades 31
seguinte forma: x aproximarse do infinito intuitivamente quer dizer que x e´
bastante grande. Desta forma temos a seguinte definic¸a˜o:
Definic¸a˜o 1.4 Seja f : R 7→ R. Dizemos que L ∈ R e´ o limte de f(x)
quando x tende para mais infinito, denotado L = lim
x→+∞
f(x), se, somente se:
∀ε > 0,∃x0 > 0| ∀x > x0 → | f(x)− L| < ε
De forma semelhante definimos o limite de f(x) quando x tende para menos
infinito. A saber:
Definic¸a˜o 1.5 Seja f : R 7→ R. Dizemos que L ∈ R e´ o limte de f(x)
quando x tende para menos infinito, denotado L = lim
x→−∞
f(x), se, somente
se:
∀ε > 0,∃x0 < 0| ∀x < x0 → | f(x)− L| < ε
Vamos usar a definic¸a˜o de limite no infinito para mostrar um limite ba´sico e
bastante u´til na soluc¸a˜o de limites indeterminados do tipo ∞/∞.
Exemplo 1.6.6 Seja f : R+ → R dada por f(x) = 1
x
. Mostrar usando a
definic¸a˜o de limite que o lim
x→∞
f(x) = 0.
SOLUC¸A˜O: Procuraremos primeiramente um candidato ao x0, partindo do
final. ∀ε > 0, seja
| 1/x− 0| < ε←. Como x ∈ R+ temos | 1/x− 0| = 1/x e podemos retornar
se:
1/x < ε←. Novamente como x ∈ R+ podemos retornar se:
1/ε < x. O´timo ja´ temos candidato a x0. Basta escolher x0 = 1/ε. E vamos
a demonstrac¸a˜o.
PROVA: ∀ε > 0, ∃x0 > 0, x0 = 1/ε| ∀x > x0 →.
Como x > x0 ∧ x0 = 1/ε→ x > 1/ε. Da´ı, como x ∈ R+ e ε > 0 temos:
x > 1/ε → x.ε > 1 → 1/x < ε Novamente, como x ∈ R+, 1/x = | 1/x| =
| 1/x− 0| e temos:
| 1/x − 0| < ε. Juntando tudo. ∀ε > 0,∃x0 > 0, x0 = 1/ε| ∀x > x0 →
| 1/x− 0| < ε. Isto e´:
lim
x→∞
f(x) = 0. para f(x) = 1/x. ¤
Vamos agora explorar alguns exemplos de indeterminac¸o˜es do tipo∞/∞.
Exemplo 1.6.7 Seja f : R→ R dada por f(x) =5x
2 + 8x− 3
3x2 + 2
. Calcular o
lim
x→∞
f(x).
32 Limites de Func¸o˜es
2
0
1
-1
-2
x
-15 5-10 10-5 150
Figura 1.5: Gra´fico da func¸a˜o f(x) =
5x2 + 8x− 3
3x2 + 2
Generalidades 33
SOLUC¸A˜O: Claramente quando x → ∞ tanto 5x2 + 8x − 3 → ∞ quanto
3x2+2→∞, portanto uma indeterminac¸a˜o. Uma das formas de contornar a
indeterminac¸a˜o e´ dividir tanto o numerador quanto o denominador de f(x),
pela maior poteˆncia de x que aparece no denominador. Isto para o caso
equivale a dividir por x2. Da´ı,
f(x) =
5x2 + 8x− 3
x2
3x2 + 2
x2
=
5 +
8
x
− 3
x2
3 +
2
x2
Como vimos anteriormente lim
x→∞
1
x
= 0 que juntamente com as propriedades
do limite leva a:
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
5 +
8
x
− 3
x2
3 +
2
x2
=
5
3
. ¤
Exemplo 1.6.8 Seja f : R\{1} → R dada por f(x) = 11x+ 2
x3 − 1 . Calcular o
lim
x→∞
f(x).
SOLUC¸A˜O:Vemos que quando x→∞ tanto 11x+2→∞ quanto x3−1→
∞, portanto uma indeterminac¸a˜o do tipo ∞/∞. Uma das formas de con-
tornar a indeterminac¸a˜o e´ dividir tanto o numerador quanto o denominador
de f(x), pela maior poteˆncia de x que aparece no denominador. Isto para o
caso equivale a dividir por x3. Da´ı,
f(x) =
11x+ 2
x3
x3 − 1
x3
=
11
x2
+
2
x3
1− 1
x3
34 Limites de Func¸o˜es
40
0
20
-20
-40
-10 0 105
x
-5
Figura 1.6: Gra´fico da func¸a˜o f(x) =
11x+ 2
x3 − 1
Generalidades 35
6
2
-6
4
0
-4
2
-8
-4 40
x
-2
-2
Figura 1.7: Gra´fico da func¸a˜o f(x) =
x3 − x+ 1
x2 − 1
Como vimos anteriormente lim
x→∞
1
x
= 0 que juntamente com as propriedades
do limite leva a:
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
11
x2
+
2
x3
1− 1
x3
= 0. ¤
Exemplo 1.6.9 Seja f : R\{−1,+1} → R dada por f(x) = x
3 − x+ 1
x2 − 1 .
Calcular o lim
x→∞
f(x).
SOLUC¸A˜O:Novamente que quando x→∞ tanto x3 − x+ 1→∞ quanto
x2 − 1→∞, portanto uma indeterminac¸a˜o do tipo ∞/∞. Uma das formas
36 Limites de Func¸o˜es
de contornar a indeterminac¸a˜o e´ dividir tanto o numerador quanto o denomi-
nador de f(x), pela maior poteˆncia de x que aparece no denominador. Isto
para o caso equivale a dividir por x2. Da´ı,
f(x) =
x3 − x+ 1
x2
x2 − 1
x2
=
x− 1
x
+
1
x2
1− 1
x2
Como vimos anteriormente lim
x→∞
1
x
= 0 que juntamente com as propriedades
do limite leva a:
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
x− 1
x
+
1
x2
1− 1
x2
=∞. ¤
Por enquanto e´ so´, mais adiante retornaremos a`s indeterminac¸o˜es. E´
salda´vel uma mudanc¸a de assunto. Uma variac¸a˜o sobre o mesmo tema.
Abordaremos no proximos to´picos limites laterais e ass´ıntotas. Sena˜o ve-
jamos.
1.7 Limites Laterais
Daremos, aqui, e exploraremos com alguns exemplos, o conceito de limites
laterais. Abordaremos tambe´m o teorema da unicidade do limite.
Definic¸a˜o 1.6 Sejam f : D ⊂ R 7→ R, D conjunto aberto, e x0 ∈ D. Dize-
mos que L+ ∈ R o limite a` direta de f(x), quando x tende a x0, denotado,
L+ = lim
x→x+0
f(x), se, somente se:
∀ε > 0,∃δ > 0| ∀x ∈ (x0, x0 + δ)→ | f(x)− L+| < ε
Da mesma forma definimos tambe´m o limite a` esquerda. A saber:
Definic¸a˜o 1.7 Sejam f : D ⊂ R 7→ R, D conjunto aberto, e x0 ∈ D.
Dizemos que L− ∈ R o limite a` esquerda de f(x), quando x tende a x0,
denotado, L− = lim
x→x−0
f(x), se, somente se:
∀ε > 0,∃δ > 0| ∀x ∈ (x0 − δ, x0)→ | f(x)− L−| < ε
Generalidades 37
Vamos ao famoso teorema da unicidade do limite.
Teorema 1.9 Sejam f : D ⊂ R½ R uma func¸a˜o de valores reais e a ∈ D,
D um conjunto aberto. Se L = lim
x→a
f(x) e M = lim
x→a
f(x) enta˜o L =M
PROVA: Para provar a unicidade do limite vamos construir uma hipo´tese
adicional. A saber.
Hipo´tese: L = lim
x→a
f(x), M = lim
x→a
f(x) e L 6=M
∀ε > 0.
Como L = lim
x→a
f(x) enta˜o:
∃δ1 > 0| 0 < | x− a| < δ1 → | f(x)− L| < ε (1.84)
Como M = lim
x→a
f(x) enta˜o:
∃δ2 > 0| 0 < |x− a| < δ2 → | f(x)−M | < ε (1.85)
Da´ı, tomando δ = min(δ1, δ2) teremos va´ldas, ao mesmo tempo, as ine-
quac¸o˜es 1.84 e 1.85. Por outro lado,
|L−M | = |L− f(x) + f(x)−M |
Da desigualdade triangular temos:
|L−M | ≤ |L− f(x)|+ | f(x)−M |
Como | f(x) −M | = | − (M − f(x))| = | − 1|.|M − f(x)| = |M − f(x)|
temos:
|L−M | ≤ |L− f(x)|+ |M − f(x)|
De 1.84 e 1.85 temos:
|L−M | < 2ε
Como da Hipo´tese L 6=M , L−M 6= 0, |L−M | > 0 e como tudo ate´ aqui
vale ∀ε > 0 podemos escolher ε = |, L−M |
4
. Da´ı,
|L−M | < |, L−M |
2
Logo
|L−M | < 0 um absurdo, a Hipo´tee e´ FALSA e portanto L =M . ¤
Observamos enta˜o que, dado ao teorema da unicidade do limite, se os
limites laterais de uma func¸a˜o em um dado ponto sa˜o diferentes, enta˜o a
func¸a˜o na˜o possui limite neste ponto.
Exemplo 1.7.1 Seja f : R\{−1, 0,+1} → R dada por:
f(x) =

sin(x)
x
, x > 0
x2 + 1
x2 − 1 , x < 0
. Calcular lim
x→0+
f(x) e lim
x→0−
f(x).
38 Limites de Func¸o˜es
SOLUC¸A˜O: Observamos que a func¸a˜o f(x) e´ definida por duas leis de
associac¸a˜o. Uma para valores de x ≥ 0 que e´ sin(x)
x
e para x < 0 f(x) passa
a ser definida por
x2 + 1
x2 − 1. Deste modo:
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
sin(x)
x
= 1
E por sua vez:
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
x2 + 1
x2 − 1 = −1. ¤
Analisaremos, agora, um exemplo mais interessante. Para isto tomaremos
a mema func¸a˜o do exemplo 1.6.9.
Exemplo 1.7.2 Seja f : R\{−1,+1} → R dada por f(x) = x
3 − x+ 1
x2 − 1 .
Calcular os limites laterais lim
x→1+
f(x), lim
x→1−
f(x), lim
x→−1+
f(x) e lim
x→−1−
f(x).
SOLUC¸A˜O: O denominador de f(x) e´ x2−1 que se anula nos pontos x = 1
e x = −1 portanto f(x) torna-se ilimitada nestes dois pontos. Resta enta˜o
calcular os limites a` direita e a` esquerda nestes dois pontos para conhecer
o comportamento de f(x) nas proximidades destes pontos. Para into e´ ne-
cessa´rio o ca´lculo dos limites laterais nestes pontos. Para calcular lim
x→1+
f(x),
faremos x → 1 por valores sempre maiores que 1 (x > 1), o que pode ser
alcanc¸ado sem maiores preocupac¸o˜es, se for feita a seguinte mudanc¸a de
varia´veis:
h(z) = f(x)
1 + z2 = x
, h(z) = f(1 + z2), x→ 1+ ⇔ z → 0, lim
x→1+
f(x) = lim
z→0
h(z)
Da´ı, trabalhando em f(x) temos:
h(z) = f(1 + z2) = =
(1 + z2)3 − (1 + z2) + 1
(1 + z2)2 − 1
=
1 + 3z2 + 3z4 + z6 − 1− z2 + 1
1 + 2z2 + z4 − 1
=
z6 + 3z4 + 2z2 + 1
z4 + 2z2
Antes de fazer z → 0 vamos assegurar que passando este limites o deno-
minador de h(z) tera´ como limite um real na˜o nulo. Para isto dividimos o
Generalidades 39
numerador e o denominador de h(z) por z2.
h(z) =
z6 + 3z4 + 2z2 + 1
z2
z4 + 2z2
z2
=
z4 + 3z2 + 2 +
1
z2
z2 + 2
Portanto, passando o limite z → 0 temos:
lim
x→1+
f(x) = lim
z→0
h(z) = lim
z→0
z4 + 3z2 + 2 +
1
z2
z2 + 2
= +∞
Para o limite a` esquerda de x = 1 podemos fazer a seguinte mudanc¸a de
varia´veis:
h(z) = f(x)
1− z2 = x , h(z) = f(1− z
2), x→ 1− ⇔ z → 0, lim
x→1−
f(x) = lim
z→0
h(z)
Da´ı, trabalhando em f(x) temos:
h(z) = f(1− z2) = = (1− z
2)3 − (1− z2) + 1
(1− z2)2 − 1
=
1− 3z2 + 3z4 − z6 − 1 + z2 + 1
1− 2z2 + z4 − 1
=
−z6 + 3z4 − 2z2 + 1
z4 − 2z2
Dividindo o numerador e o denominador de h(z) por z2 temos
h(z) =
−z6 + 3z4 − 2z2 + 1
z2
z4 − 2z2
z2
=
−z4 + 3z2 − 2 + 1
z2
z2 − 2
Portanto, passando o limite z → 0 temos:
lim
x→1+
f(x) = lim
z→0
h(z) = lim
z→0
−z4 + 3z2 − 2 + 1
z2
z2 − 2 = −∞
40 Limites de Func¸o˜es
Vamos agora o limite a` direita do ponto x = −1. Fazendo a seguinte mudanc¸a
de varia´veis:
h(z) = f(x)
−1 + z2 = x , h(z) = f(−1 + z
2), x→ −1+ ⇔ z → 0,
lim
x→−1+
f(x) = lim
z→0
h(z)
Da´ı, trabalhando em f(x) temos:
h(z) = f(−1 + z2) = = (−1 + z
2)3 − (−1 + z2) + 1
(−1 + z2)2 − 1
=−1 + 3z2 − 3z4 + z6 + 1− z2 + 1
1− 2z2 + z4 − 1
=
z6 − 3z4 + 2z2 + 1
z4 − 2z2
Dividindo o numerador e o denominador de h(z) por z2 temos.
h(z) =
z6 − 3z4 + 2z2 + 1
z2
z4 − 2z2
z2
=
z4 − 3z2 + 2 + 1
z2
z2 − 2
Portanto, passando o limite z → 0 temos:
lim
x→1+
f(x) = lim
z→0
h(z) = lim
z→0
z4 − 3z2 + 2 + 1
z2
z2 − 2 = −∞
Trabalharemos agora o limite a` esquerda do ponto x = −1. Comec¸amos pelo
limite a` direita, fazendo a seguinte mudanc¸a de varia´veis:
h(z) = f(x)
−1− z2 = x , h(z) = f(−1− z
2), x→ −1− ⇔ z → 0,
lim
x→−1−
f(x) = lim
z→0
h(z)
Da´ı, trabalhando em f(x) temos:
h(z) = f(−1− z2) = = (−1− z
2)3 − (−1− z2) + 1
(−1− z2)2 − 1
=
−1− 3z2 − 3z4 − z6 + 1 + z2 + 1
1− 2z2 + z4 − 1
=
−z6 − 3z4 − 2z2 + 1
z4 + 2z2
Generalidades 41
Dividindo o numerador e o denominador de h(z) por z2 temos.
h(z) =
−z6 − 3z4 − 2z2 + 1
z2
z4 + 2z2
z2
=
−z4 − 3z2 − 2 + 1
z2
z2 + 2
Portanto, passando o limite z → 0 temos:
lim
x→1+
f(x) = lim
z→0
h(z) = lim
z→0
−z4 − 3z2 − 2 + 1
z2
z2 +−2 = +∞. ¤
1.8 Func¸o˜e Cont´ınuas
O conceito intuitivo (geome´trico) de func¸o˜es cont´ınuas comunmente encon-
trado em livros dida´ticos de Matema´tica, e´ o de uma func¸a˜o cujo gra´fico pode
ser trac¸ado sem interrupc¸a˜o. Entretanto esta forma simplicista de descrever
a continuidade de func¸o˜es mascara a verdadeira natureza da continuidade.
Existem va´rias maneiras de uma func¸a˜o na˜o ser cont´ınua, quebrando a regra
da ”sem interrupc¸a˜o”e na˜o ser cont´ınua. A primeira e´ a func¸a˜o na˜o ser de-
finida em pontos espec´ıficos exp. f(x) =
{
x2 + 1 , x > 0
x2 + 1 , x < 0
, que na˜o esta´
definida no ponto x = 0. A segunda e´ os limites a` direita e a` esquerda em
um ponto do domı´nio existirem pore´m assumirem valores diferentes. Neste
caso o limite no ponto na˜o existe exp. f(x) =
{
x2 + 1 , x ≥ 0
x2 − 1 , x < 0 . O limite
em x = 0 na˜o existe pois, lim
x→0+
f(x) = 1 e lim
x→0−
f(x) = −1. A terceira
forma da func¸a˜o na˜o er cont´ınua e´ ser ilimitada em um ponto como exp.
f(x) =

1
x2
, x > 0
0 , x = 0
1
x2
, x < 0
. Po´ıs, lim
x→0+
f(x) = +∞ e lim
x→0−
f(x) = +∞. A
quarta forma de uma func¸a˜o na˜o ser cont´ınua e´ a func¸a˜o ser definida no
ponto, o limite existir neste dado ponto, pore´m na˜o ser igual ao valor da
func¸a˜o no ponto exp. f(x) =

x2 + 1 , x > 0
0 , x = 0
sin(x)
x
, x < 0
. Po´ıs, lim
x→0+
f(x) = 1,
42 Limites de Func¸o˜es
lim
x→0−
f(x) = 1 e f(0) = 0. Quando uma func¸a˜o na˜o e´ cont´ınua em um dado
ponto, dizemos que a func¸a˜o e´ descont´ınua. Descontinuidades da segunda e
terceira forma sa˜o denominadas de descontinuidade de primeiro e segundo
tipo respectivamente.
Vamos a uma definic¸a˜o formal de continuidade de uma func¸a˜o f(x) em
um ponto x = a. Para isto, lembrando do exposto acima, exigiremos que
a func¸a˜o seja definda em x = a i.e. existe f(a). Exigiremos tambe´m que a
func¸a˜o tenha limite em x = a i.e. existe lim
x→a
f(x) e ainda que o limite seja o
f(a) i.e. lim
x→a
f(x) = f(a). Formalmente:
Definic¸a˜o 1.8 Sejam f : D ⊂ R 7→ R uma func¸a˜o de valores reais e a ∈ D.
Dizemos que f(x) e´ cont´ınua em x = a, se, somente se:
∀ε > 0,∃δ > 0| 0 < | x− a| < δ → | f(x)− f(a)| < ε.
Vejamos um exemplo de func¸a˜o cont´ınua, apesar de ser definida por par-
tes:
Exemplo 1.8.1 Seja f : R → R dada por f(x) =
{
1− cos(x)
x
, x > 0
x2 + x , x ≤ 0
.
Mostrar que f(x) e´ cont´ınua em x = 0.
SOLUC¸A˜O: Da definic¸a˜o da func¸a˜o f(x) temos:
lim
x→0+
f(x) = 0 e
lim
x→0−
f(x) = 0.
Logo lim
x→0
f(x) = 0.
Por outro lado f(0) = 0. Da´ı,
lim
x→0
f(x) = f(0) e portanto f(x) e´ cont´ınua em x = 0. ¤
Como outros exemplos de func¸o˜es cont´ınuas destacamos (ver os exemplos
de limites) f(x) = sin(x) e f(x) = x2. Na˜o faremos a demonstrac¸a˜o formal,
basta verificar os exemplos de limites. Como func¸o˜e descont´ınuas destacamos
f(x) = 1/x, descont´ınua em x = 0 e f(x) = sin(1/x) tambe´m descont´ınua
em x = 0, apesar de ser uma func¸a˜o limitada.
Sobre func¸o˜es cont´ınuas destacamos os seguintes teoremas, decorrentes
das propriedades dos limites.
Teorema 1.10 Sejam f, g : D ⊂ R 7→ R duas func¸o˜es de valores reais. Se
f(x) e g(x) sa˜o cont´ınuas em x = a enta˜o (f + g)(x) e´ cont´ınua em x = a.
Generalidades 43
PROVA: Das propriedades do limite:
lim
x→a
(f + g)(x) = lim
x→a
f(x) + lim
x→a
g(x) Como f(x) e g(x) sa˜o cont´ınuas em
x = a temos lim
x→a
f(x) = f(a) e lim
x→a
g(x) = g(a). Da´ı,
lim
x→a
(f + g)(x) = f(a) + g(a). De outra forma:
lim
x→a
(f + g)(x) = (f + g)(a) ¤.
Teorema 1.11 Sejam f, g : D ⊂ R 7→ R duas func¸o˜es de valores reais. Se
f(x) e g(x) sa˜o cont´ınuas em x = a enta˜o (f − g)(x) e´ cont´ınua em x = a.
PROVA: Das propriedades do limite:
lim
x→a
(f − g)(x) = lim
x→a
f(x) − lim
x→a
g(x) Como f(x) e g(x) sa˜o cont´ınuas em
x = a temos lim
x→a
f(x) = f(a) e lim
x→a
g(x) = g(a). Da´ı,
lim
x→a
(f − g)(x) = f(a)− g(a). De outra forma:
lim
x→a
(f − g)(x) = (f − g)(a) ¤.
Teorema 1.12 Sejam f, g : D ⊂ R 7→ R duas func¸o˜es de valores reais. Se
f(x) e g(x) sa˜o cont´ınuas em x = a enta˜o (f.g)(x) e´ cont´ınua em x = a.
PROVA: Das propriedades do limite:
lim
x→a
(f.g)(x) = lim
x→a
f(x). lim
x→a
g(x) Como f(x) e g(x) sa˜o cont´ınuas em x = a
temos lim
x→a
f(x) = f(a) e lim
x→a
g(x) = g(a). Da´ı,
lim
x→a
(f.g)(x) = f(a).g(a). De outra forma:
lim
x→a
(f.g)(x) = (f.g)(a) ¤.
Teorema 1.13 Sejam f, g : D ⊂ R 7→ R duas func¸o˜es de valores reais. Se
f(x) e g(x) sa˜o cont´ınuas em x = a enta˜o se g(a) 6= 0, (f/g)(x) e´ cont´ınua
em x = a.
PROVA: Das propriedades do limite:
lim
x→a
(f/g)(x) = lim
x→a
f(x)/ lim
x→a
g(x) Como f(x) e g(x) sa˜o cont´ınuas em x = a
temos lim
x→a
f(x) = f(a) e lim
x→a
g(x) = g(a). Da´ı,
lim
x→a
(f/g)(x) = f(a)/g(a). De outra forma:
lim
x→a
(f/g)(x) = (f/g)(a) ¤.
Finalmente vamos ao teorema da continuidade da func¸a˜o composta.
Teorema 1.14 Sejam f : D1 ⊂ R 7→ R e g : D2 ⊂ R 7→ R duas func¸o˜es de
valores reais, tais que Img(g) ⊂ D1, a ∈ D2 e b = g(a). Se f(z) e g(x) sa˜o
cont´ınuas em z = b e x = a respectivamente enta˜o (f ◦ g)(x) e´ cont´ınua em
x = a.
44 Limites de Func¸o˜es
PROVA: Seja z = g(x). Como g(x) e´ cont´ınua em x = a temos:
lim
x→a
g(x) = g(a) = b
e como f(z) e´ cont´ınua em z = b = g(a) temos:
lim
z→b
f(z) = f(b)
Da´ı, e do teorema 1.7 temos:
lim
x→a
(f ◦ g)(x) = f(b) = f(g(a)) = (f ◦ g)(a)
Portanto (f ◦ g)(x) e´ cont´ınua no ponto x = a. ¤
Vamos, agora, a mais algumas definic¸o˜es adicionais que permitira˜o exten-
der o conceito de continuidade a conjunto fechados.
Definic¸a˜o 1.9 Sejam f : D ⊂ R 7→ R uma func¸a˜o de valores reais e a ∈ R.
Dizemos que f(x) e´ cont´ınua a` direita de x = a se, somente se:
∀ε > 0,∃δ > 0| ∀x ∈ (a, a+ δ)→ | f(x)− f(a)| < ε
Definic¸a˜o 1.10 Sejam f : D ⊂ R 7→ R uma func¸a˜o de valores reais e a ∈ R.
Dizemos que f(x) e´ cont´ınua a` esquerda de x = a se, somente se:
∀ε > 0,∃δ > 0| ∀x ∈ (a− δ, a)→ | f(x)− f(a)| < ε
E finalmente se voltarmos a` demonstrac¸a˜o do limite lim
x→a
sin(x) = sin(a)
veremos que o δ = ε encontrado depende apenas do valor de ε dado na˜o
dependendo do ponto x = a. Por outro lado no limite lim
x→a
bx2 + c = ba2 + c
vemos que o δ = min
{
1,
ε
| b|.(2| a|+ 1)
}
encontrado depende na˜o so´ do va-
lor de ε como tambe´m do ponto x = a. Esta diferenc¸a de comportamento
gera i.e. define uma nova categoria de continuidade, a cotinuidade uniforme,
formalizada por:
Definic¸a˜o 1.11 Sejam f : R 7→ R uma func¸a˜o de valores reais. Dizemos
que f(x) e´ uniformemente cont´ınua se, somente se:
∀ε > 0,∀a ∈ R,∃δ = δˆ(ε) > 0| 0 <|x− a| < δ → | f(x)− f(a)| < ε
O conceito de continuidade e´ um conceito local quando dizemos ”f(x)
e´ cont´ınua no ponto x = a ”entretanto podemos gerar um conceito global
de continuidade dizendo que uma funca˜o f(x) e´ cont´ınua se for cont´ınua
em qualquer ponto de seu domı´nio. Assim, f(x) = sin(x) e´ cont´ınua pois
e´ cont´ınua ∀a ∈ R. Por outro lado a func¸a˜o f(x) =
{
x2 + 1 , x ≥ 0
x2 − 1 , x < 0 e´
caont´ınua em todos os pontos de R exceto em x = 0.
Generalidades 45
Exemplo 1.8.2 Seja f : R→ R dada por f(x) = 1
1 + x2
. Mostrar que f(x)
e´ uniformemente cont´ınua.
SOLUC¸A˜O: ∀ε > 0,∀a ∈ R toma-se
| f(x)− f(a)| < ε← Retorna se∣∣∣ 1
1 + x2
− 1
1 + a2
∣∣∣ < ε← Retorna se∣∣∣ 1 + a2 − 1− x2
(1 + x2)(1 + a2)
∣∣∣ < ε← Retorna se∣∣∣ a2 − x2
(1 + x2)(1 + a2)
∣∣∣ < ε← Retorna se∣∣∣ (a+ x)(a− x)
(1 + x2)(1 + a2)
∣∣∣ < ε← Retorna se
| a+ x| .| a− x|
| 1 + x2| .| 1 + a2| < ε← Como | a− x| = |x− a| retorna se
| a+ x| .|x− a|
| 1 + x2| .| 1 + a2| < ε← Como | 1+x
2| = 1+x2 e | 1+a2| = 1+a2 = 1+ a|2
retorna se| a+ x| .|x− a|
(1 + x2)(1 + | a|2) < ε←.
Em particular fazendo preliminarmente δ = 1 temos:
|x− a| < δ → | x− a| < 1→ | x| − | a| < 1→ | x| < | a|+ 1. Da´ı,
(2| a|+ 1).|x− a|
(1 + x2)(1 + | a|2) < ε← (1.86)
Precisamos retornar a 1.86. Para isto estabelecemos dois resultados. A
saber:
0 ≤ x2 → 1 ≤ 1 + x2 → 1
1 + x2
≤ 1 (1.87)
E tambe´m,
0 < | a|2 + (1− | a|)2 → 0 < | a|2 + 1− 2| a|+ | a|2 →
2| a| < 1 + 2| a|2 → 2| a|+ 1 < 2 + 2| a|2 → 2| a|+ 1
1 + | a|2 < 2
(1.88)
Fazendo o produto de 1.87 e 1.88 temos:
2| a|+ 1
(1 + x2)(1 + | a|2) < 2 (1.89)
Com 1.89 podemos voltar a 1.86 se:
2|x− a| < ε
46 Limites de Func¸o˜es
Poemos agora escolher o delta como δ = min
{
1,
ε
2
}
e juntando tudo temos:
∀ε > o, ∃δ > 0, δ = min
{
1,
ε
2
}
| 0 < | x− a| < δ → | f(x)− f(a)| < ε.
Logo lim
x→a
f(x) = f(a) e func¸a˜o f(x) e´ cont´ınua ∀a ∈ R o que torna f(x)
cont´ınua e mais ainda como δ = min
{
1,
ε
2
}
, δ = δˆ(ε) na˜o depende do ponto
a, a func¸a˜o f(x) e´ uniformemente cont´ınua. ¤
Por hora ficamos por aqui. Na˜o percam o pro´ximo cap´ıtulo, neste mesmo
hora´rio neste nesmo canal. Assistam LIMITE 2 - O RETORNO (DERIVA-
DAS).
Generalidades 47
Apeˆndice A
Algumas Relac¸o˜es Trigonome´tricas
1.8.1 Primeiras Relac¸o˜es Trigonoma´tricas U´teis
Desenvolveremos aqui algumas relac¸o˜es trigonome´tricas que sera˜o u´teis na
soluc¸a˜o de problemas ao longo do nosso curso. Comec¸aremos pela func¸a˜o
cos(•) . A saber.
cos(x+ y) = cos(x) cos(y)− sin(x) sin(y) (A-1)
Fazendo emA-1 y ← −y, levando em conta que cos(−y) = cos(y) e sin(−y) =
− sin(y) temos:
cos(x− y) = cos(x) cos(y) + sin(x) sin(y) (A-2)
Subtraindo A-2 de A-1 temos:
cos(x+ y)− cos(x− y) = −2 sin(x) sin(y) (A-3)
Para a func¸a˜o sin(•) procedemos de forma ana´loga. A saber.
sin(x+ y) = sin(x) cos(y) + cos(x) sin(y) (A-4)
Fazendo emA-4 y ← −y, levando em conta que cos(−y) = cos(y) e sin(−y) =
− sin(y) temos:
sin(x− y) = sin(x) cos(y)− cos(x) sin(y) (A-5)
Subtraindo A-5 de A-4 temos:
sin(x+ y)− sin(x− y) = 2 cos(x) sin(y) (A-6)
Agora, fazendo as mudanc¸as de varia´veis x + y = a e x − y = b temos o
seguinte sistema de equac¸o˜es lineares:{
x+ y = a
x− y = b
Cuja soluc¸a˜o e´ x =
a+ b
2
e y =
a− b
2
. Que depois de substituida em A-3 e
A-6 em temos:
cos(a)− cos(b) = −2 sin
(
a+ b
2
)
sin
(
a− b
2
)
(A-7)
sin(a)− sin(b) = 2 cos
(
a+ b
2
)
sin
(
a− b
2
)
(A-8)
48 Limites de Func¸o˜es
1.8.2 Outra relac¸a˜o Trigonoma´trica U´til
Veremos, a seguir, como obter outra relac¸a˜o trigonome´trica bastante u´til,
onde podemos relacionando sin(•) e cos(•)
Da equac¸a˜o A-1 fazendo y = x temos:
cos(x+ x) = cos(x) cos(x)− sin(x) sin(x)
Da´ı, temos:
cos(2x) = cos2(x)− sin2(x) (A-9)
Como cos2(x) + sin2(x) = 1 temos:
cos2(x) = 1− sin2(x) (A-10)
Substituindo A-10 em A-9 temos:
cos(2x) = 1− 2 sin2(x) (A-11)
Finalmente fazendo a substituic¸a˜o x← x/2 em A-11 temos:
cos(x) = 1− 2 sin2(x/2) (A-12)
1.8.3 Uma desigualdade Trigonome´trica
A desigualdade trigonome´trica que obteremos aqui sera´ via uma argumanta-
c¸a˜o heur´ıstica isto e´: na˜o se trata de uma demonstrac¸a˜o propriamente dita.
Primeiramente queremos ressaltar que func¸a˜o o seno exige que seu argumento
(aˆngulo) seja dado em radianos (Apenas em Radianos). Os aˆngulos conta-
dos em direc¸a˜o anti-hora´ria sa˜o convencionados positivos enquanto que os
aˆngulos contados em direc¸a˜o hora´ria sa˜o convencionados negativos.
Vamos agora a` ARGUMENTAC¸A˜O HEURI´STICA que consta na ob-
servac¸a˜o da figura abaixo (isto tira o caracter de Demonstarac¸a˜o Matema´tica
pois, depende sentido da visa˜o e percepc¸a˜o de diferenc¸as de comprimentos).
Observamos que diretamente da figura que o comprimento do segmento AC
e´ menor que o comprimento do arco
_
BC, que representa o aˆngulo x medido
em radianos.
Analisando a figura abaixo e´ fa´cil convencer-se que | sin(x)| = AC e´
menor que
_
BC= |x| i.e.
| sin(x)| < |x| (A-13)
Generalidades 49
O A B
C
x
Figura 1.8: Gra´fico da func¸a˜o f(x) = sin(x)
Apeˆndice B
A Func¸a˜o Mo´dulo
Aqui enumeraremos alguma das propriedades da func¸a˜o | •| : R½ R mo´dulo
de um nu´mero real. A saber:
∀a ∈ R, | − a| = | a| (B-1a)
∀a, b ∈ R, | a+ b| ≤ | a|+ | b| (B-1b)
∀a, b ∈ R, | a| − | b| ≤ | a− b| (B-1c)
∀a, b ∈ R, b > 0, | a| ≤ b↔ −b ≤ a ≤ b (B-1d)
50 Limites de Func¸o˜es
Apeˆndice C
Poteˆncias e Raizes
Neste ponto, enfocaremos alguns produtos nota´veis envolvendo poteˆncias e
raizes. Primeiramente consideraremos a seguinte expressa˜o:
H(n, x, a) = xn−1 + xn−2a+ xn−3a2 + · · ·+ x2an−3 + xan−2 + an−1 (C-1)
Fazendo o produto de H(n, x, a), dada pela equac¸a˜o C-1, por x temos:
xH(n, x, a) = xn + xn−1a+ xn−2a2 + · · ·+ x3an−3 + x2an−2 + xan−1 (C-2)
Fazendo o produto de H(n, x, a), dada pela equac¸a˜o C-1, por −a temos:
−aH(n, x, a) = −axn−1−xn−2a2−xn−3a3−· · ·−x2an−2−xan−1−an (C-3)
Somando as equac¸o˜es C-2 e C-3 e simplificando temos:
xH(n, x, a)− aH(n, x, a) = (x− a)H(n, x, a) = xn − an (C-4)
Substituindo H(n, x, a) em C-4 temos:
(x− a)(xn−1 + xn−2a+ xn−3a2 + · · ·+ x2an−3 + xan−2 + an−1) = xn − an
Que pode ser reescrita na forma:
xn − an = (x− a)(xn−1 + xn−2a+ xn−3a2 + · · ·+ x2an−3 + xan−2 + an−1)
Ou mais curtinha na forma:
xn − an = (x− a)(xn−1 + xn−2a+ · · ·+ xan−2 + an−1) (C-5)
Queremos observar que em C-5 no lado direito da igualdade no segundo par
de parenteses temos n termos. Esta e´ uma observac¸a˜o importante.
Podemos obter uma expressa˜o muito u´til, envolvendo raizes, partindo de
C-5 fazendo as seguintes atribuic¸o˜es x← n√x er a← n√a e temos:
( n
√
x)n − ( n√a)n = ( n√x− n√a)(( n√x)n−1 + ( n√x)n−2 n√a+ · · ·
· · ·+ n√x( n√a)n−2 + ( n√a)n−1)
Como ( n
√
x)n = x e ( n
√
a)n = a temos:
x− a = ( n√x− n√a)(( n√x)n−1 + ( n√x)n−2 n√a+ · · ·
· · ·+ n√x( n√a)n−2 + ( n√a)n−1)
Generalidades 51
Que finalmente pode ser reescrita como:
n
√
x− n√a = x− a
( n
√
x)n−1 + ( n
√
x)n−2 n
√
a+ · · ·+ n√x( n√a)n−2 + ( n√a)n−1 (C-6)
Queremos, tambe´m, observar que em C-6 no denbominador temos n termos.
Esta e´, tambe´m, uma observac¸a˜o importante.
Apeˆndice D
Poteˆncias e Raizes: Continuidade
Neste apeˆndice retornaremos ao tema continuidade. Neste caso a continui-
dade das func¸o˜es f : R+ 7→ R e g : R 7→ R dadas por f(x) = n√x e g(x) = xn.
Faremos a demonstrac¸o˜es usando epsons e deltas, que na˜o sa˜o comuns em
livros de ca´lculo. Vamos a` primeira. A demonstrac¸a˜o da continuidade da
raiz ene´sima.
Teorema D-1 Seja f : R+ 7→ R dada por f(x) = n√x enta˜o f e´ cont´ınua
em R+.
PROVA: Seja a ∈ (0,+∞). Da´ı, vamos cac¸ar um candidato a δ.
∀ε > 0,
|f(x)− f(a)| < ε←
| n√x− n√a| < ε←
Da equac¸a˜o C-6 Apeˆndice C temos:∣∣∣∣ x−a( n√x)n−1 + ( n√x)n−2 n√a+ · · ·+ n√x( n√a)n−2 + ( n√a)n−1
∣∣∣∣ < ε←
Das propriedades do mo´dulo temos:
|x− a|
|( n√x)n−1 + ( n√x)n−2 n√a+ · · ·+ n√x( n√a)n−2 + ( n√a)n−1| < ε←
Como x, a ∈ (0,+∞) todos os termos do denominador sa˜o positivos e pode-
mos escrever: |x− a|
|( n√x)n−1|+ |( n√x)n−2 n√a|+ · · ·+ | n√x( n√a)n−2|+ |( n√a)n−1| < ε←
Como todos os termos do denominador sa˜o positivos, podemos retornar a`
desigualdade anterior se:
|x− a|
|( n√a)n−1| < ε←
Usando propriedades do mo´dulo e da raiz ene´sima temos:
|x− a|
n
√|a|n−1 < ε←
Podemos retornar a` desigualdade anterios se:
52 Limites de Func¸o˜es
|x− a| < n√|a|n−1ε
Pronto ja´ temos nosso candidado a delta δ = n
√|a|n−1ε.
DENONSTRAC¸A˜O: Vamos a` verdadeira demonstrac¸a˜o:
∀ε >),∃δ > 0, δ = n√|a|n−1ε|0 < |x− a| < δ →
|x− a| < n√|a|n−1ε→
|x− a|
n
√|a|n−1 < ε
Usando propriedades do mo´dulo e da raiz ene´sima temos:
|x− a|
|( n√a)n−1| < ε
Podemos acrescentar termos positivos ao denominador da frac¸a˜o da desigual-
dade acima mantendo o sentido da desigualdade:
|x− a|
|( n√x)n−1|+ |( n√x)n−2 n√a|+ · · ·+ | n√x( n√a)n−2|+ |( n√a)n−1| < ε
Como x, a ∈ (0,+∞) todos os termos do denomindor sa˜o positivos e podemos
escrever: |x− a|
|( n√x)n−1 + ( n√x)n−2 n√a+ · · ·+ n√x( n√a)n−2 + ( n√a)n−1| < ε
Das propriedades do mo´dulo temos:∣∣∣∣ x− a( n√x)n−1 + ( n√x)n−2 n√a+ · · ·+ n√x( n√a)n−2 + ( n√a)n−1
∣∣∣∣ < ε
Da equac¸a˜o C-6 Apeˆndice C temos:
| n√x− n√a| < ε
Como f(x) = n
√
x temos:
|f(x)− f(a)| < ε
Juntando tudo temos:
∀ε >),∃δ > 0, δ = n√|a|n−1ε|0 < |x− a| < δ → |f(x)− f(a)| < ε
Da´ı, e da definic¸a˜o de limites temos:
lim
x→a
f(x) = f(a),∀a ∈ (0, 1)
Por outro lado
lim
x→0+
f(x) = 0 = f(0)
Logo:
lim
x→a
f(x) = f(a),∀a ∈ R+
E f(x) e´ cont´ınua em R+ ¤