Elementos de analise matematica (part 1)

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MANUEL JOAQUIM ALVES
ELEMENTOS DE ANA´LISE MATEMA´TICA. PARTE I
* Me´todo de induc¸a˜o matema´tica
* Sucessa˜o. Limite de sucessa˜o
* Sucesso˜es fundamentais
* Func¸a˜o. Limite de func¸a˜o
* Limites nota´veis
* Comparac¸a˜o de infinite´simos
Imprensa Universita´ria
Manuel Joaquim Alves1 “Elementos de Ana´lise Matema´tica. Parte I”– Maputo: Imprensa
Universita´ria, 2000.– 123p.
A colectaˆnea de exerc´ıcios aborda o tema sobre limite de sucessa˜o e func¸a˜o. O presente trabalho destina-se aos
estudantes dos cursos de Matema´tica, Cieˆncias e Engenharias.
Refereˆncias bibliogra´ficas: 4 t´ıtulos.
Nu´mero de registo: 01882/RLINLD/2000
Tiragem: 1500
Revisa˜o: Prof. Doutor A. I. Shindiapin (Professor Associado Convidado no Departamento de Matema´tica e Informa´tica);
dr. Lu´ıs Weng Sam (Assistente no Departamento de Matema´tica e Informa´tica).
c© M. J. Alves, 2000
Este trabalho foi editado com o apoio financeiro daCervejas de Moc¸ambique.
Typeset by LATEX
1Prof. Doutor M. J. Alves e´ mestrado (Universidade Estatal de Saint-Petersburg) e doutorado (Universidade Estatal
de Perm) em Matema´tica Pura. Actualmente e´ professor no Departamento de Matema´tica e Informa´tica da Universidade
Eduardo Mondlane. O seu enderec¸o electro´nico e´: majoalves@member.ams.org
CONTEU´DO
Prefa´cio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1 ME´TODO DE INDUC¸A˜O MATEMA´TICA 8
1.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 SUCESSA˜O. LIMITE DE SUCESSA˜O 15
2.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3 INFINITE´SIMO E INFINITAMENTE GRANDE 22
3.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
4 PROPRIEDADES ARITME´TICAS DE SUCESSO˜ES CONVERGENTES 29
4.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
4.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
4.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3
4
5 SUCESSO˜ES MONO´TONAS 43
5.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
5.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
5.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
5.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
6 LIMITES PARCIAIS 48
6.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
6.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
6.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
6.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
7 SUCESSO˜ES FUNDAMENTAIS 54
7.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
7.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
7.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
7.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
8 FUNC¸A˜O 60
8.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
8.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
8.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
8.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
9 LIMITE DE FUNC¸A˜O 71
9.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
9.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
9.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
9.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
10 LIMITES NOTA´VEIS 85
10.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
10.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
10.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
10.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
5
11 COMPARAC¸A˜O DE INFINITE´SIMOS 99
11.1 Resumo teo´rico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
11.2 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
11.3 Perguntas de controˆle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
11.4 Exerc´ıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
Indice remissivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
PREFA´CIO
O presente trabalho e´ uma colectaˆnea de exerc´ıcios referentes ao primeiro e segundo temas da
disciplina Ana´lise Matema´tica I.
Pretendemos, deste modo, mostrar a aplicac¸a˜o dos teoremas e conceitos principais condu-
centes a` assimilac¸a˜o dum dos to´picos ba´sico e fundamental da Ana´lise Matema´tica, que e´ a
noc¸a˜o de limite.
Faz-se uma breve revisa˜o de conceitos tais como sucessa˜o, func¸a˜o, seu domı´nio e con-
tradomı´nio. Introduz-se a noc¸a˜o de limite de sucessa˜o e func¸a˜o, suas propriedades e veˆm-se,
de um modo geral, os limites nota´veis. Aborda-se, tambe´m, o conceito de o– pequeno, O–
grande e retratam-se algumas fo´rmulas ass´ımpto´ticas que nos mostram, de modo profundo, o
seu impacto no ca´lculo de limites.
A assimilac¸a˜o dos principais conceitos e teoremas, que se encontram no resumo teo´rico,
sa˜o fundamentais para a compreensa˜o dos exerc´ıcios resolvidos e a resoluc¸a˜o dos exerc´ıcios
propostos. Subentende-se que as demonstrac¸o˜es destes teoremas o leitor teve a oportunidade
6
7
de aprendeˆ-las durante as aulas teo´ricas ministradas.
Parte dos exerc´ıcios aqui retratados foram retirados do livro sob redacc¸a˜o do acade´mico
russo Boris PavlovitchDemidovitch2.
Gostar´ıamos de exprimir os nossos agradecimentos a` todos que, directa ou indirectamente,
contribu´ıram para que este trabalho fosse publicado. A` CERVEJAS DE MOC¸AMBIQUE, que
financiou esta edic¸a˜o, o nosso agradecimento.
O autor
Maputo, 2001
2Boris Pavlovitch Demidovitch (1906–1977) — matema´tico russo
Mo´dulo 1
ME´TODO DE INDUC¸A˜O
MATEMA´TICA
1.1 Resumo teo´rico
Para se demonstrar que uma afirmac¸a˜o e´ correcta para qualquer nu´mero natural n , e´ suficiente
mostrar que:
1) a afirmac¸a˜o e´ correcta para n = 1;
2) caso o ponto anterior se cumpra, enta˜o supo˜e-se que a afirmac¸a˜o e´ correcta para n = k ;
3) finalmente mostramos que, com base na suposic¸a˜o 2), a afirmac¸a˜o e´ correcta para n =
k + 1.
8
Mo´dulo 1. Me´todo de induc¸a˜o matema´tica 9
1.2 Exerc´ıcios resolvidos
1) Nos exerc´ıcios seguintes mostre, aplicando o me´todo de induc¸a˜o matema´tica, que as igual-
dades teˆm lugar para qualquer n natural:
(a) 1 + 2 + · · ·+ n = n(n+ 1)
2
;
Resoluc¸a˜o. Para n = 1 temos 1 =
1(1 + 1)
2
, i.e. o ponto 1) do me´todo de induc¸a˜o
matema´tica cumpre-se. Suponhamos que para n = k a igualdade e´ va´lida, i.e.
1 + 2+ · · ·+ k = k(k + 1)
2
. Sendo assim, mostremos que para n = k+1 a igualdade
se cumpre, i.e.
1 + 2 + · · ·+ k + (k + 1) = (k + 1)(k + 2)
2
?
Realmente,
1+2+· · ·+k+(k+1) = k(k + 1)
2
+(k+1) =
k(k + 1) + 2(k + 1)
2
=
(k + 1)(k + 2)
2
. ¤
(b) 12 + 22 + · · ·+ n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)
6
;
Resoluc¸a˜o. Para n = 1 temos 12 =
1(1 + 1)(2 + 1)
6
=
2 · 3
6
= 1. Suponhamos que
para n = k a igualdade e´ va´lida, i.e.
12 + 22 + · · ·+ k2 = k(k + 1)(2k + 1)
6
.
Vamos mostrar que para n = k + 1 a igualdade cumpre-se, i.e.
12 + 22 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 = (k + 1)(k + 2)(2k + 3)
6
?
10 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
Com efeito:
12 + 22 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 = k(k + 1)(2k + 1)
6
+ (k + 1)2 =
=
k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2
6
=
(k + 1)[k(2k + 1) + 6(k + 1)]
6
=
=
(k + 1)(2k2 + k + 6k + 6)
6
=
(k + 1)(2k2 + 7k + 6)
6
=
(k + 1)(k + 2)(2k + 3)
6
. ¤
(c) arctg
1
2
+ arctg
1
8
+ · · ·+ arctg 1
2n2
= arctg
n
n+ 1
;
Resoluc¸a˜o. Para n = 1 temos arctg
1
2
= arctg
1
1 + 1
, i.e. a igualdade cumpre-se.
Suponhamos que para n = k a igualdade e´ correcta, i.e.
arctg
1
2
+ arctg
1
8
+ · · ·+ arctg 1
2k2
= arctg
k
k + 1
.
Mostremos que a igualdade e´ correcta para n = k + 1, i.e.
arctg
1
2
+ arctg
1
8
+ · · ·+ arctg 1
2k2
+ arctg
1
2(k + 1)2
= arctg
k + 1
k + 2
?
Para tal vamos mostrar, inicialmente, a igualdade:
arctgα + arctgβ = arctg
α+ β
1− αβ .
Fazendo θ1 = arctgα e θ2 = arctgβ temos que α = tgθ1 e β = tgθ2 . Seja
γ = θ1 + θ2 =⇒ tgγ = tg(θ1 + θ2) = tgθ1 + tgθ2
1− tgθ1tgθ2 =
α + β
1− αβ =⇒
=⇒ γ = θ1 + θ2 = arctgα+ arctgβ = arctg α + β
1− αβ .
Mo´dulo 1. Me´todo de induc¸a˜o matema´tica 11
Assim,
arctg
1
2
+ · · ·+ arctg 1
2k2
+ arctg
1
2(k + 1)2
= arctg
k
k + 1
+ arctg
1
2(k + 1)2
=
= arctg
k
k+1
+ 1
2(k+1)2
1− k
k+1
· 1
2(k+1)2
= arctg
(2k2 + 2k + 1)(k + 1)
(2k3 + 6k2 + 5k + 2)
=
= arctg
(2k2 + 2k + 1)(k + 1)
(2k2 + 2k + 1)(k + 2)
= arctg
k + 1
k + 2
. ¤
2) Demonstre a desigualdade de Bernoulli1:
(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xn) ≥ 1 + x1 + · · ·+ xn,
onde xi > −1, i = 1, 2, . . . , n e xixj > 0, i, j = 1, 2, . . . , n ;
Resoluc¸a˜o. Para n = 1 a desigualdade cumpre-se. Suponhamos que ela e´ correcta para
n = k , i.e.
(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xk) ≥ 1 + x1 + x2 + · · ·+ xk.
Vamos mostrar a validade desta desigualdade para n = k + 1. Temos, para xi > −1,
(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xk)(1 + xk+1) ≥ (1 + x1 + x2 + · · ·+ xk)(1 + xk+1) =
= (1+x1+x2+ · · ·+xk+xk+1)+ (x1+x2+ · · ·+xk)xk+1 ≥ 1+x1+x2+ · · ·+xk+xk+1.
No´s fizemos uso da desigualdade (x1 + x2 + · · · + xk)xk+1 ≥ 0, pois segundo a condic¸a˜o
do exerc´ıcio xixj > 0, i, j = 1, 2, . . . , n . ¤
1Jacob I Bernoulli (1654–1705) — matema´tico su´ıc¸o
12 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
3) Demonstre a desigualdade
1
2
· 3
4
· · · 2n− 1
2n
<
1√
2n+ 1
;
Resoluc¸a˜o. Para n = 1 a desigualdade cumpre-se, pois
1
2
<
1√
2 · 1 + 1 =
1√
3
;
suponhamos que ela tambe´m cumpre-se para n = k , i.e.
1
2
· 3
4
· · · 2k − 1
2k
<
1√
2k + 1
.
Vamos mostrar que esta desigualdade e´ correcta para n = k + 1, i.e.
1
2
· 3
4
· · · 2k − 1
2k
· 2k + 1
2k + 2
<
1√
2k + 3
?
Na verdade:
1
2
· 3
4
· · · 2k − 1
2k
· 2k + 1
2k + 2
<
1√
2k + 1
· 2k + 1
2k + 2
=
=
1√
2k + 3
·
√
2k + 3√
2k + 1
· 2k + 1
2k + 2
=
1√
2k + 3
·
√
4k2 + 8k + 3
4k2 + 8k + 4
<
1√
2k + 3
. ¤
4) Demonstre a desigualdade∣∣∣∣∣sin
(
n∑
i=1
xi
)∣∣∣∣∣ ≤
n∑
i=1
sinxi, 0 ≤ xi ≤ pi, i = 1, 2, . . . , n;
Resoluc¸a˜o. Para n = 1 temos | sinx1| = sin x1 pois, para 0 ≤ x1 ≤ pi , o seno e´ positivo.
Suponhamos que para n = k a desigualdade tem lugar, i.e.∣∣∣∣∣sin
(
k∑
i=1
xi
)∣∣∣∣∣ ≤
k∑
i=1
sinxi.
Mo´dulo 1. Me´todo de induc¸a˜o matema´tica 13
Vamos mostrar que para n = k + 1 a desigualdade cumpre-se:∣∣∣∣∣sin
(
k+1∑
i=1
xi
)∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣sin
(
k∑
i=1
xi + xk+1
)∣∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣∣sin
(
k∑
i=1
xi
)
cosxk+1 + cos
(
k∑
i=1
xi
)
sinxk+1
∣∣∣∣∣ ≤
≤
∣∣∣∣∣sin
(
k∑
i=1
xi
)∣∣∣∣∣ | cosxk+1|+
∣∣∣∣∣cos
(
k∑
i=1
xi
)∣∣∣∣∣ | sinxk+1| ≤
≤
k∑
i=1
sinxi + sin xk+1 =
k+1∑
i=1
sinxi. ¤
1.3 Perguntas de controˆle
1) Em que consiste o me´todo de induc¸a˜o matema´tica?
1.4 Exerc´ıcios propostos
Para os exerc´ıcios seguintes demonstre, usando o me´todo de induc¸a˜o matema´tica, as igualdades
ou desigualdades:
1) 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2 ;
2) 1 + 2 + 22 + · · ·+ 2n−1 = 2n − 1;
3) (1 + x)n ≥ 1 + nx (n > 1, x > −1);
4) 1 +
1√
2
+
1√
3
+ · · ·+ 1√
n
>
√
n, (n ≥ 2);
14 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
5)
x1 + x2 + · · ·+ xn
n
≥ n√x1x2 · · ·xn (xk ≥ 0, k = 1, 2, . . . , n).
6) Utilizando o me´todo de induc¸a˜o matema´tica demonstre, que
∀ n ∈ N : n ≤ 2n−1.
Mo´dulo 2
SUCESSA˜O. LIMITE DE SUCESSA˜O
2.1 Resumo teo´rico
Se a cada nu´mero natural n se faz corresponder um certo nu´mero real xn , enta˜o diremos que
esta´ definida a sucessa˜o nume´rica x1, x2, . . . , xn, . . . A denotac¸a˜o usada e´ {xn}∞n=1 ou, caso
na˜o suscite du´vidas, xn . O nu´mero xn e´ o n-e´simo termo (ou elemento) da sucessa˜o {xn}∞n=1 .
As sucesso˜es {xn+ yn} , {xn− yn} , {xnyn} e
{
xn
yn
}
chamaremos soma, diferenc¸a, produto
e quociente, respectivamente, das sucesso˜es {xn} e {yn} (para o quociente supo˜e-se que yn 6=
0, ∀ n ∈ N).
Diremos que a sucessa˜o {xn} e´ limitada se ∀ n ∈ N ∃ M > 0 : |xn| ≤ M . Do ponto de
vista geome´trico significa que todos os elementos da sucessa˜o se encontram na vizinhanc¸a do
ponto 0 e raio M .
15
16 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
Diremos que a sucessa˜o {xn} na˜o e´ limitada se ∃ n0 ∈ N ∀ M > 0 : |xn0| > M .
Diremos que o nu´mero a e´ limite da sucessa˜o {xn} se
∀ ε > 0 ∃ N = N(ε) ∈ N ∀ n > N : |xn − a| < ε.
A denotac¸a˜o usada e´ lim
n→∞
xn = a , ou lim xn = a , ou xn → a . Do ponto de vista geome´trico
significa que em qualquer vizinhanc¸a de a e raio ε “caiem” todos os elementos da sucessa˜o
{xn} , com excepc¸a˜o dum nu´mero finito. Se uma sucessa˜o tem limite finito, enta˜o diremos que
ela e´ convergente; se uma sucessa˜o na˜o tem limite, ou o seu limite e´ igual a` infinito, enta˜o
diremos que ela e´ divergente.
Teorema 1.Se a sucessa˜o {xn} e´ convergente, enta˜o o seu limite e´ u´nico.
Teorema 2. Se a sucessa˜o {xn} e´ convergente, enta˜o ela e´ limitada.
A afirmac¸a˜o contra´ria na˜o e´ verdadeira: uma sucessa˜o pode ser limitada, mas na˜o ser
convergente. Por exemplo, a sucessa˜o de termo geral (−1)n e´ limitada, mas na˜o converge.
2.2 Exerc´ıcios resolvidos
1) Utilizando a definic¸a˜o de limite mostre que
lim
n
n+ 1
= 1;
Mo´dulo 2. Sucessa˜o. Limite de sucessa˜o 17
Resoluc¸a˜o. Pegamos um ε > 0 qualquer e vamos ver o mo´dulo da diferenc¸a entre o
n-e´simo termo e a unidade, i.e.
|xn − 1| =
∣∣∣∣ nn+ 1 − 1
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣− 1n+ 1
∣∣∣∣ .
Assim, |xn − 1| =
∣∣∣∣− 1n+ 1
∣∣∣∣ = 1n+ 1 ; de acordo com a definic¸a˜o temos que achar um
nu´mero natural N tal, que ∀ n > N tera´ lugar a desigualdade 1
n+ 1
< ε . Resolvendo
esta desigualdade em relac¸a˜o a` n temos n >
1
ε
− 1. Na qualidade de N podemos tomar
a parte inteira de
1
ε
− 1, i.e. N =
[
1
ε
− 1
]
. ¤
2) No exerc´ıcio anterior ache N , para ε = 0.1, ε = 0.01 e ε = 0.001. Que conclusa˜o tira
sobre o comportamento de N a medida que o raio da vizinhanc¸a diminui?
Resoluc¸a˜o. Calculando directamente obtemos:
N(0.1) =
[
1
0.1
− 1
]
= 9;
N(0.01) =
[
1
0.01
− 1
]
= 99;
N(0.001) =
[
1
0.001
− 1
]
= 999.
Vemos que N cresce, o que implica que mais termos caiem fora da vizinhanc¸a de 1. ¤
3) Utilizando a definic¸a˜o mostre que
lim
n→∞
5 · 3n
3n − 2 = 5;
18 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
Resoluc¸a˜o. Pela definic¸a˜o de limite significa que
∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n > N :
∣∣∣∣ 5 · 3n3n − 2 − 5
∣∣∣∣ < ε.
Assim, ∣∣∣∣ 5 · 3n3n − 2 − 5
∣∣∣∣ = 103n − 2 < ε.
Resolvendo esta inequac¸a˜o em relac¸a˜o a` n temos
n > log3
(
10
ε
+ 2
)
.
Na qualidade de N podemos tomar
N =
[
log3
(
10
ε
+ 2
)]
. ¤
4) Mostre, utilizando a definic¸a˜o de limite, que
lim
n→∞
1√
n!
= 0;
Resoluc¸a˜o. Sabendo que para n > 1 e´ va´lida a desigualdade n! > 2n−1 temos
1√
n!
<
1
2(n−1)/2
< ε =⇒ 2(n−1)/2 > 1
ε
.
Daqui, logaritmizando na base 2, obtemos n > 1 − log2 ε2 , portanto podemos tomar
N = [1− log2 ε2] . ¤
5) Formule, na linguagem “ε−N ”, o facto de que o nu´mero a na˜o e´ limite da sucessa˜o {xn}
e deˆ uma interpretac¸a˜o geome´trica;
Mo´dulo 2. Sucessa˜o. Limite de sucessa˜o 19
Resoluc¸a˜o. Por definic¸a˜o, dizer que lim xn = a significa que
∀ ε ∃ N ∀ n > N : |xn − a| < ε.
Utilizando a regra de construc¸a˜o da negac¸a˜o temos que lim xn 6= a se
∃ ε > 0 ∀ N ∃ n > N : |xn − a| ≥ ε.
A interpretac¸a˜o geome´trica deste facto e´ que existe uma vizinhanc¸a de a de raio ε tal que
fora dela se encontra um nu´mero infinito de termos da sucessa˜o. ¤
6) Mostre que a sucessa˜o de termo geral xn = (−1)nn e´ divergente;
Resoluc¸a˜o. Por definic¸a˜o, |(−1)nn| = n > E verifica-se para n > E ≡ N , onde E > 0
e´ qualquer. ¤
7) Mostre que a sucessa˜o de termo geral xn = 2
n(−1)n na˜o e´ limitada;
Resoluc¸a˜o. De acordo com a definic¸a˜o de sucessa˜o na˜o limitada, precisamos mostrar que
∀ M > 0 ∃ n0 ∈ N tal, que |xn0| > M . Pegando um nu´mero n qualquer, mas par, de
modo que n > log2M temos xn = 2
n > 2log2M =M . ¤
2.3 Perguntas de controˆle
1) Formule as definic¸o˜es:
(a) sucessa˜o;
20 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
(b) sucessa˜o limitada;
(c) limite de sucessa˜o.
Deˆ uma interpretac¸a˜o geome´trica destas definic¸o˜es.
2) Diga se e´ correcta a seguinte definic¸a˜o de limite de sucessa˜o: lim xn = α se ∀ ε > 0 ∃ k > 0
(na˜o obrigato´riamente natural) tal, que ∀ n > k : |xn − α| < ε .
3) Mostre, com um exemplo, que o nu´mero N que figura na definic¸a˜o de limite duma
sucessa˜o, depende de ε .
4) Seja pois {xn} uma sucessa˜o e o nu´mero α , que satisfaz a condic¸a˜o: ∃ N tal, que ∀ ε > 0
e ∀ n > N : |xn − α| < ε . Sera´ que qualquer sucessa˜o convergente para α satisfaz esta
condic¸a˜o?
5) Seja lim xn = α .
(a) Sera´ poss´ıvel que todos os termos da sucessa˜o sejam positivos (negativos) se α = 0?
(b) Demonstre que lim xn+1 = α , lim xn+2 = α ;
(c) Demonstre que xn e´ limitada.
6) Suponhamos que numa certa vizinhanc¸a do ponto α se encontram um nu´mero infinito de
elementos da sucessa˜o {xn} . Desta condic¸a˜o sera´ verdade, que:
(a) limxn = α?
Mo´dulo 2. Sucessa˜o. Limite de sucessa˜o 21
(b) Nenhum ponto, que se encontre fora desta vizinhanc¸a, e´ o limite desta sucessa˜o?
(c) A sucessa˜o {xn} e´ limitada?
7) Diga o que entende por sucessa˜o convergente e sucessa˜o divergente.
8) A sucessa˜o {xn} e´ limitada (na˜o e´ limitada). Sera´ que da´ı adve´m o facto que {xn} e´
convergente (divergente)?
9) Demonstre que o limite duma sucessa˜o (caso exista) e´ um so´.
2.4 Exerc´ıcios propostos
1) Verifique se as sucesso˜es seguintes sa˜o limitadas:
(a) xn = (−1)n 1
n
;
(b) xn = 2n ;
(c) xn = lnn ;
(d) xn = sinn .
2) Utilizando a definic¸a˜o de limite mostre que:
(a) lim
(−1)n
n
= 0;
(b) lim
2n
n+ 3
= 2.
Mo´dulo 3
INFINITE´SIMO E INFINITAMENTE
GRANDE
3.1 Resumo teo´rico
Diremos que a sucessa˜o de termo geral xn e´ um infinite´simo se lim xn = 0. Diremos que a
sucessa˜o de termo geral xn e´ infinitamente grande se
∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |xn| > E.
Do ponto de vista geome´trico dizer que uma sucessa˜o e´ infinitamente grande significa que em
qualquer vizinhanc¸a de zero se encontra um nu´mero finito de elementos, e fora da vizinhanc¸a
ha´ um nu´mero infinito de termos. Se a sucessa˜o {xn} e´ um infinitamente grande, enta˜o escreve-
22
Mo´dulo 3. Infinite´simo e infinitamente grande 23
se lim xn = ∞ . Se, a partir de um certo nu´mero, todos os termos da sucessa˜o sa˜o positivos
(negativos), enta˜o escreve-se lim xn = +∞ (lim xn = −∞).
Note-se que uma sucessa˜o infinitamente grande na˜o e´ convergente e a escrita simbo´lica
lim xn = ∞ (lim xn = −∞) significa so´mente que a sucessa˜o {xn} e´ infinitamente grande,
contudo na˜o significa que ela tem limite. Qualquer que seja a sucessa˜o infinitamente grande,
ela na˜o e´ limitada, ja´ que fora de qualquer vizinhanc¸a de zero encontra-se um nu´mero infinito
de termos.
Teorema 3. A soma de dois infinite´simos e´ um infinite´simo.
Teorema 4. O produto de uma sucessa˜o limitada por um infinite´simo e´ um infinite´simo.
Teorema 5. Se a sucessa˜o {xn} (xn 6= 0) e´ infinitamente grande, enta˜o a partir de um certo
nu´mero n esta´ definida a sucessa˜o
{
1
xn
}
, que e´ um infinite´simo.
3.2 Exerc´ıcios resolvidos
1) Formule, na linguagem “ε–N ”, a negac¸a˜o de que a sucessa˜o {xn} e´ um infinitamente
grande. Deˆ a interpretac¸a˜o geome´trica desta negac¸a˜o;
Resoluc¸a˜o. A sucessa˜o xn e´ infinitamente grande se ∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |xn| > E .
A negac¸a˜o sera´: ∃ E > 0 tal, que ∀ N ∃ n > N : |xn| ≤ E .
Do ponto de vista geome´trico isto significa, que existe uma certa vizinhanc¸a do ponto zero
24 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
e raio E , no qual se encontra um nu´mero infinito de termos desta sucessa˜o. ¤
2) Demonstre que a sucessa˜o an e´ um infinitamente grande, para o caso quando |a| > 1;
Resoluc¸a˜o. Mostremos que a sucessa˜o {an} satisfaz a definic¸a˜o de infinitamente grande,
i.e.
∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |a|n > E.
Resolvendo esta desigualdade temos n > log|a|E , assim N = [log|a|E] . ¤
3) Mostre que a sucessa˜o de termo geral xn = n
(−1)n na˜o e´ limitada, contudo na˜o tende para
o infinito;
Resoluc¸a˜o. Seja E > 0 um nu´mero qualquer. Enta˜o, para n = 2k (k = 1, 2, . . .) temos
|x2k| = 2k > E se k > E/2, i.e. a sucessa˜o xn na˜o e´ limitada. Contudo, para E > 1 e
n = 2k − 1 (k = 1, 2, . . .) |x2k−1| = 1
2k − 1 < 1 e na˜o pode ser superior a` E > 1, i.e. na˜o
e´ infinitamentegrande. ¤
4) Demonstre que a sucessa˜o de termo geral an e´ um infinite´simo, para o caso quando |a| < 1;
Resoluc¸a˜o. Para a = 0 temos an = 0, qualquer que seja o nu´mero natural n ; supon-
hamos que a 6= 0, enta˜o an =
((
1
a
)n)−1
. Como
∣∣∣∣1a
∣∣∣∣ > 1, enta˜o a sucessa˜o { 1an
}
e´
um infinitamente grande e a sucessa˜o de termo geral an =
((
1
a
)n)−1
e´ um infinite´simo,
segundo o Teorema 5. ¤
5) Mostre que a sucessa˜o de termo geral
2n
n!
e´ um infinite´simo;
Mo´dulo 3. Infinite´simo e infinitamente grande 25
Resoluc¸a˜o. Dizer que lim
2n
n!
= 0 significa: ∀ ε > 0 ∃ N ∀ n > N :
∣∣∣∣2nn!
∣∣∣∣ < ε. Temos
2n
n!
=
2
1
· 2
2
· 2
3
· · · 2
n
≤ 2
(
2
3
)n−2
=
=
9
2
·
(
2
3
)n
< ε =⇒
(
2
3
)n
<
2
9
ε =⇒ n > log2/3(2ε/9).
Assim, N =
[
log2/3(2ε/9)
]
. ¤
6) Mostre que a sucessa˜o
{
an
n!
}
e´ um infinite´simo;
Resoluc¸a˜o. Temos a avaliac¸a˜o∣∣∣∣ann!
∣∣∣∣ = |a|1 · |a|2 · · · |a|m · |a|m+ 1 · · · |a|n <
<
|a|m
m!
( |a|
m+ 1
)n−m
< ε =⇒
( |a|
m+ 1
)n−m
<
m!ε
|a|m =⇒
=⇒ (n−m) > log|a|/(m+1)
(
m!ε
|a|m
)
,
i.e. n > m+ log|a|/(m+1)
(
m!ε
|a|m
)
qualquer que seja ε e |a| < m+ 1. ¤
7) Mostre que a sucessa˜o de termo geral
1
2
· 3
4
· · · · 2n− 1
2n
e´ um infinite´simo;
Resoluc¸a˜o. Segundo o exerc´ıcio 5 do ponto 1.2 temos
1
2
· 3
4
· · · 2n− 1
2n
<
1√
2n+ 1
< ε =⇒
=⇒ 2n+ 1 > 1
ε2
=⇒ n > 1
2
(
1
ε2
− 1
)
.
Assim, N =
[
1
2
(
1
ε2
− 1
)]
. ¤
26 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
3.3 Perguntas de controˆle
1) Formule as definic¸o˜es:
(a) sucessa˜o infinitamente pequena;
(b) sucessa˜o infinitamente grande.
2) Formule, na linguagem “ε–N ”, que:
(a) a sucessa˜o {xn} e´ um infinite´simo;
(b) a sucessa˜o {xn} e´ um infinitamente grande. Deˆ a interpretac¸a˜o geome´trica.
3) Deˆ a definic¸a˜o, na linguagem “ε–N ”, que lim xn = −∞ .
4) Suponhamos que um nu´mero infinito de termos duma sucessa˜o se encontra:
(a) em qualquer vizinhanc¸a de zero;
(b) fora de qualquer vizinhanc¸a de zero.
Da condic¸a˜o a) (da condic¸a˜o b)) implica que a sucessa˜o e´ infinitamente pequena
(infinitamente grande)? Limitada (na˜o limitada)?
5) Sabe-se que yn 6= 0, ∀ n ∈ N e
(a) limxn = lim yn = 0;
(b) limxn = lim yn =∞ .
Mo´dulo 3. Infinite´simo e infinitamente grande 27
Sera´ que a sucessa˜o de termo geral
xn
yn
e´ um infinitamente grande (infinitamente
pequeno)?
6) Mostre que a soma de dois infinite´simos e´ um infinite´simo.
7) E´ correcto dizer que a soma de dois infinitamente grande e´ um infinitamente grande?
8) Demonstre que se lim xn = ∞ , enta˜o a partir de um certo n esta´ definida a sucessa˜o{
1
xn
}
e lim
1
xn
= 0.
9) Seja {xn+ yn} um infinite´simo. Sera´ correcto afirmar que {xn} e {yn} sa˜o infinite´simos?
10) Demonstre que se xn ≥ yn e lim yn = +∞ , enta˜o lim xn = +∞ .
3.4 Exerc´ıcios propostos
1) Demonstre que as sucesso˜es seguintes sa˜o infinite´simos:
(a) xn = n
k, k < 0;
(b) xn = (−1)n(0.999)n ;
(c) xn = 2
√
n ;
(d) xn = log(log n), n ≥ 2.
2) Mostre que a sucessa˜o [1+(−1)n]n na˜o e´ limitada, contudo na˜o e´ um infinitamente grande.
28 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
3) Ache o menor termo da sucessa˜o:
(a) xn = n
2 − 9n− 100;
(b) xn = n+
100
n
.
Mo´dulo 4
PROPRIEDADES ARITME´TICAS
DE SUCESSO˜ES CONVERGENTES
4.1 Resumo teo´rico
Teorema 6. Seja lim xn = a e lim yn = b. Enta˜o:
1) lim (xn + yn) = a+ b;
2) lim (xnyn) = ab;
3) se b 6= 0, enta˜o a partir de um certo nu´mero esta´ definida a sucessa˜o de termo geral xn
yn
e lim
xn
yn
=
a
b
.
Se lim xn = lim yn = 0, enta˜o lim
xn
yn
chama-se indeterminac¸a˜o do tipo 0/0. De modo
29
30 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
ana´logo se definem as indeterminac¸o˜es do tipo ∞/∞ , 0 · ∞ , ∞−∞ . E´ claro que para tais
limites o Teorema 6 na˜o se aplica.
Teorema 7. Se limxn = a e a partir de um certo nu´mero temos que xn ≥ b (xn ≤ b), enta˜o
a ≥ b (a ≤ b).
Teorema 8. Se lim xn = lim yn = a e a partir de um certo nu´mero cumpre-se a dupla de-
sigualdade
xn ≤ zn ≤ yn,
enta˜o lim zn = a.
4.2 Exerc´ıcios resolvidos
1) Calcule lim xn , se:
(a) xn =
9 + n
n+1
2 + 1
n
;
Resoluc¸a˜o. Fac¸amos yn = 9 +
n
n+ 1
e zn = 2 +
1
n
; e´ claro que
lim yn = lim
(
9 +
n
n(1 + 1
n
)
)
= 10
e
lim zn = lim
(
2 +
1
n
)
= 2.
Mo´dulo 4. Propriedades aritme´ticas de sucesso˜es convergentes 31
Assim, aplicando o Teorema 6 temos
limxn = lim
yn
zn
=
lim yn
lim zn
=
10
2
= 5. ¤
(b) xn =
n
3n+ 2
;
Resoluc¸a˜o. Calculando directamente temos:
lim
n
3n+ 2
= lim
n
n(3 + 2
n
)
= lim
1
3 + 2
n
=
1
3
. ¤
(c) xn =
10n
n2 + 1
;
Resoluc¸a˜o. Calculando directamente temos:
lim
10n
n2 + 1
= lim
10n
n(n+ 1
n
)
= lim
10
n+ 1
n
= 0. ¤
(d) xn =
n2 − n
n−√n ;
Resoluc¸a˜o. Calculando directamente e tendo em considerac¸a˜o o facto de que
n2 − n = (n+√n)(n−√n)
temos:
lim
n2 − n
n−√n = lim
(n+
√
n)(n−√n)
n−√n = lim(n+
√
n) =∞+∞ =∞. ¤
(e) xn =
5 · 3n
3n − 2 ;
Resoluc¸a˜o. Calculando directamente temos:
lim
5 · 3n
3n − 2 = lim
5 · 3n
3n(1− 2
3n
)
= lim
5
1− 2
3n
= 5. ¤
32 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
(f) xn =
2− n
n+ 1
+
n · 2−n
n+ 2
;
Resoluc¸a˜o. Denote-se yn =
2− n
n+ 1
e zn =
n · 2−n
n+ 2
. Temos
lim yn = lim
n( 2
n
− 1)
n(1 + 1
n
)
= −1
e
lim zn = lim
n
n(1 + 2
n
)2n
= lim
1
(1 + 2
n
)2n
= 0.
Assim, lim xn = lim yn + lim zn = −1. ¤
(g) xn =
(
n+ 1
n
)5
;
Resoluc¸a˜o. Calculando directamente temos:
lim
(
n+ 1
n
)5
=
[
lim
(
n+ 1
n
)]5
= 15 = 1. ¤
(h) xn =
n3 + 27
n4 − 15 ;
Resoluc¸a˜o. O numerador comporta-se como n3 e o denominador como n4 . Da´ı,
que
lim
n3 + 27
n4 − 15 = lim
n3
n4
= lim
1
n
= 0. ¤
(i) xn =
(n+ 5)3 − n(n+ 7)2
n2
;
Resoluc¸a˜o. Desenvolvemos, primeiro, o numerador:
(n+ 5)3 − n(n+ 7)2 = n3 + 15n2 + 75n+ 125− n3 − 14n2 − 49n =
= n2 + 26n+ 125.
Mo´dulo 4. Propriedades aritme´ticas de sucesso˜es convergentes 33
Assim,
limxn = lim
n2 + 26n+ 125
n2
= lim
n2
n2
= 1. ¤
(j) xn =
2n+2 + 3n+3
2n + 3n
;
Resoluc¸a˜o. No numerador e denominador vamos evidenciar a poteˆncia de maior
base. Assim,
limxn = lim
4 · 2n + 27 · 3n
2n + 3n
= lim
3n[4(2/3)n + 27]
3n[(2/3)n + 1]
= 27,
pois (2/3)n → 0, porque 2/3 < 1. ¤
2) Sabe-se que lim xn = 1. Ache lim yn , se yn =
xn − 1
x2n − 1
;
Resoluc¸a˜o. Usando a expressa˜o da diferenc¸a de quadrados temos
x2n − 1 = (xn + 1)(xn − 1).
Assim,
limxn = lim
xn − 1
(xn + 1)(xn − 1) = lim
1
xn + 1
=
1
1 + lim xn
=
1
2
. ¤
3) Calcule
lim
1 + a+ · · ·+ an
1 + b+ · · ·+ bn ,
para |a| < 1, |b| < 1;
Resoluc¸a˜o. Os numerador e denominador sa˜o somas de n termos de progresso˜es geome´-
tricas de raza˜o a e b , respectivamente. Assim, com base na fo´rmula que permite calcular
34 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
tais somas, temos:
1 + a+ · · ·+ an = 1− a
n+1
1− a , 1 + b+ · · ·+ b
n =
1− bn+1
1− b .
Em conclusa˜o:
lim
1 + a+ · · ·+ an
1 + b+ · · ·+ bn = lim
(1− an+1)(1− b)
(1− a)(1− bn+1) =
1− b
1− a.
No´s exploramos o facto que lim an+1 = 0 e lim bn+1 = 0, pois |a| < 1 e |b| < 1 segundo a
condic¸a˜o do exerc´ıcio. ¤
4) Calcule
lim
(
1
n2
+
2
n2
+ · · ·+ n− 1
n2
)
;
Resoluc¸a˜o. Reescrevemoso termo geral de forma mais compacta:
xn =
1
n2
+
2
n2
+ · · ·+ n− 1
n2
=
1 + 2 + · · ·+ (n− 1)
n2
.
O numerador e´ a soma de n− 1 termos duma progressa˜o aritme´tica, cujo primeiro termo
e´ 1 e raza˜o igual a` 1. Deste modo, e aplicando a fo´rmula que permite achar a soma dos
elementos duma progressa˜o aritme´tica, temos:
limxn = lim
(1 + n− 1)(n− 1)
2 · n2 = lim
n(n− 1)
2 · n2 =
1
2
. ¤
5) Calcule
lim
(
1
2
+
1
2 · 3 + · · ·+
1
n(n+ 1)
)
;
Mo´dulo 4. Propriedades aritme´ticas de sucesso˜es convergentes 35
Resoluc¸a˜o. Vamos primeiro escrever
1
k(k + 1)
na forma
A
k
+
B
k + 1
. Achamos A e B :
1
k(k + 1)
=
A
k
+
B
k + 1
=
A(k + 1) + Bk
k(k + 1)
;
daqui tira´mos que (A+B)k + A = 1 =⇒ A = −B e A = 1. Assim,
1
k(k + 1)
=
1
k
− 1
k + 1
.
Voltando a` nossa sucessa˜o temos:
1
2
+
1
2 · 3 + · · ·+
1
n(n+ 1)
=
(
1− 1
2
)
+
(
1
2
− 1
3
)
+ · · ·+
(
1
n
− 1
n+ 1
)
= 1− 1
n+ 1
.
Agora e´ fa´cil achar o limite:
lim
(
1
1 · 2 +
1
2 · 3 + · · ·+
1
n(n+ 1)
)
= lim
(
1− 1
n+ 1
)
= 1. ¤
6) Calcule
lim
(
1
2
+
3
22
+
5
23
+ · · ·+ 2n− 1
2n
)
;
Resoluc¸a˜o. Fazendo
Sn =
1
2
+
3
22
+
5
23
+ · · ·+ 2n− 1
2n
temos
1
2
Sn =
1
22
+
3
23
+
5
24
+ · · ·+ 2n− 1
2n+1
;
assim,
Sn − 1
2
Sn =
1
2
Sn =
1
2
+
3− 1
22
+
5− 3
23
+ · · ·+ 2n− 1− 2n+ 3
2n
− 2n− 1
2n+1
=
36 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
=
1
2
+
1
2
+
1
22
+ · · ·+ 1
2n−1
− 2n− 1
2n+1
=
1
2
− 2n− 1
2n+1
+ xn,
onde xn =
1
2
+
1
22
+ · · · + 1
2n−1
. E´ fa´cil ver que xn e´ a soma de n − 1 termos de uma
progressa˜o geome´trica, cuja raza˜o e´
1
2
. Assim,
xn =
1
2
(1− 1
2n−1 )
1− 1
2
= 1− 1
2n−1
.
Temos, finalmente,
lim
1
2
Sn = lim
(
1
2
− 2n− 1
2n+1
+ 1− 1
2n−1
)
=
1
2
+ 1 =
3
2
.
Daqui conclu´ımos que limSn = 3. ¤
7) Calcule
lim
2
√
2 · 4
√
2 · 8
√
2 · · · 2n
√
2;
Resoluc¸a˜o. Temos
xn =
2
√
2 · 4
√
2 · 8
√
2 · · · 2n
√
2 = 2
1
2
+ 1
4
+ 1
8
+···+ 1
2n = 21−
1
2n .
Assim, lim xn = 2
lim(1− 12n ) = 21 = 2. ¤
8) Calcule
lim
√
n cosn
n+ 1
;
Resoluc¸a˜o. Fazendo xn = cosn e yn =
√
n
n+ 1
podemos ver que xn = cosn e´ limitada
e lim yn =
√
n√
n(
√
n+ 1√
n
)
= 0 e´ um infinite´simo. Assim,
√
n cosn
n+ 1
tende para zero, pois
segundo o Teorema 4, e´ o produto duma sucessa˜o limitada por um infinite´simo. ¤
Mo´dulo 4. Propriedades aritme´ticas de sucesso˜es convergentes 37
9) Calcule
lim
14 + 24 + 34 + · · ·+ n4
n5
;
Resoluc¸a˜o. Denotemos Sn
def
= 14 + 24 + 34 + · · ·+ n4 . Vamos procurar Sn na forma
Sn = An
5 +Bn4 + Cn3 +Dn2 + En+ F ;
enta˜o,
Sn+1 − Sn = A[(n+ 1)5 − n5] +B[(n+ 1)4 − n4]+
+C[(n+ 1)3 − n3] +D[(n+ 1)2 − n2] + E[(n+ 1)− n].
Para qualquer natural n temos
(n+ 1)4 = 5An4 + (10A+ 4B)n3 + (10A+ 6B + 3C)n2+
+(5A+ 4B + 3C + 2D)n+ A+B + C +D + E.
Igualando os coeficientes com os mesmos expoentes a` esquerda e direita temos:
5A = 1
10A+ 4B = 4
10A+ 6B + 3C = 6
5A+ 4B + 3C + 2D = 4
A+B + C +D + E = 1.
38 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
Daqui tira´mos A = 1/5, B = 1/2, C = 1/3, D = 0, E = 1/30. Deste modo, para
qualquer natural n temos:
Sn =
1
5
n5 +
1
2
n4 +
1
3
n3 − 1
30
n+ F.
Colocando n = 1 temos
1 =
1
5
+
1
2
+
1
3
− 1
30
+ F =⇒ F ≡ 0.
Assim,
lim
14 + 24 + 34 + · · ·+ n4
n5
= lim
(
1
5
+
1
2n
+
1
3n2
− 1
30n4
)
=
1
5
. ¤
10) Seja a > 1. Demonstre que
lim n
√
a = 1;
Resoluc¸a˜o. Denotamos n
√
a− 1 = αn , enta˜o αn > 0 e
a = (1 + αn)
n = 1 + nαn + · · ·+ αnn ≥ nαn.
Daqui conclu´ımos que 0 < αn ≤ a
n
, ∀ n . Significa que limαn = 0, consequentemente
lim n
√
a = lim(1 + αn) = 1. ¤
11) Demonstre que
lim n
√
n = 1;
Mo´dulo 4. Propriedades aritme´ticas de sucesso˜es convergentes 39
Resoluc¸a˜o. Fazendo n
√
n− 1 = αn , enta˜o αn > 0 e
n = (1 + αn)
n = 1 + nαn +
n(n− 1)
2
α2n + · · ·+ αnn ≥
n(n− 1)
2
α2n,
para n ≥ 2. Como n − 1 ≥ n
2
para n ≥ 2, enta˜o n ≥ n
2α2n
4
donde tira´mos, que
0 ≤ αn ≤ 2√
n
. Assim, limαn = 0 e, consequentemente,
lim n
√
n = lim(1 + αn) = 1. ¤
4.3 Perguntas de controˆle
1) Deˆ a definic¸a˜o de sucessa˜o convergente.
2) Formule, na linguagem “ε–N ”, a definic¸a˜o de sucessa˜o divergente e deˆ a interpretac¸a˜o
geome´trica desta definic¸a˜o.
3) Formule os teoremas 6–8.
4) Suponhamos que xn converge e yn diverge. Demonstre que xn+yn diverge, αxn converge,
αyn diverge, para α 6= 0. Mostre, com exemplos, que a sucessa˜o xnyn pode convergir ou
divergir.
5) Suponhamos que a sucessa˜o xn+yn converge. Deste facto implica que xn e yn convergem?
6) Suponhamos que lim xn = a . Demonstre que xn pode representar-se na forma xn =
a+ αn , onde αn e´ um infinite´simo.
40 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
7) Demonstre o Teorema 7.
8) Suponhamos que lim xn = a e ∀ n, xn > b . Deste facto implica que a > b?
4.4 Exerc´ıcios propostos
1) Sabe-se que a sucessa˜o xn converge e yn diverge. Sera´ poss´ıvel que xnyn seja convergente?
2) Sa˜o dadas as sucesso˜es
1
n
,
1
n2
,
(−1)n
n
e
1
n+ 100
. Escolha destes infinite´simos as sucesso˜es
que:
(a) lim
xn
yn
= 0;
(b) lim
xn
yn
= 1;
(c) lim
xn
yn
=∞ .
3) Investigue a convergeˆncia das sucesso˜es (conforme os paraˆmetros α, β e γ ):
(a) xn =
nα + 1
nβ + 3
;
(b) xn = n
γ
3
√
n3 + 1− n√
n+ 1−√n .
4) Calcule os limites das sucesso˜es seguintes:
Mo´dulo 4. Propriedades aritme´ticas de sucesso˜es convergentes 41
(a) xn =
3
√
n2 sin(n!)
n+ 2
;
(b) xn =
√
n+ 1−√n ;
(c) xn =
(−2)n + 3n
(−2)n+1 + 3n+1 .
5) Calcule
lim
(
1
n
− 2
n
+
3
n
− · · ·+ (−1)
n−1n
n
)
.
6) Calcule
lim
(
12
n3
+
22
n3
+ · · ·+ (n− 1)
2
n3
)
.
7) Calcule
lim
(
1
1 · 2 · 3 +
1
2 · 3 · 4 + · · ·+
1
n(n+ 1)(n+ 2)
)
.
8) Sabe-se que xn 6= 1 e lim xn = 1. Calcule
lim
x2n − 3xn + 2
x2n − 1
.
9) Seja Sn a soma dos n primeiros termos duma progressa˜o aritme´tica, cuja raza˜o e´ d 6= 0
e termo geral an . Calcule:
(a) lim
Sn
n2
;
42 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
(b) lim
Sn
a2n
, an 6= 0;
10) Calcule lim xn se xn = 0.11 . . . 1(n vezes).
Mo´dulo 5
SUCESSO˜ES MONO´TONAS
5.1 Resumo teo´rico
Diremos que a sucessa˜o xn e´ decrescente (crescente) se xn+1 ≤ xn (xn+1 ≥ xn), qualquer
que seja n ∈ N . As sucesso˜es decrescentes ou crescentes chamam-se sucesso˜es mono´tonas.
Diremos que a sucessa˜o xn e´ estritamente crescente (estritamente decrescente) se
xn < xn+1 (xn > xn+1 ), qualquer que seja n ∈ N . As sucesso˜es estritamente crescentes ou
estritamente decrescentes chamam-se sucesso˜es estritamente mono´tonas.
Teorema 9. Qualquer sucessa˜o limitada e mono´tona e´ convergente.
Teorema 10. Qualquer sucessa˜o xn crescente e limitada superiormente e´ convergente.
Teorema 11. Qualquer sucessa˜o xn decrescente e limitada inferiormente e´ convergente.
43
44 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
5.2 Exerc´ıcios resolvidos
1) Mostre que a sucessa˜o
xn =
n!
(2n+ 1)!!
, n ∈ N
tem limite e calcule esse limite;
Resoluc¸a˜o. Vamos verificar se esta sucessa˜o e´ mono´tona e limitada. Para tal analisemos
o quociente
xn+1
xn
=
(n+ 1)!(2n+ 1)!!
n!(2n+ 3)!!=
n+ 1
2n+ 3
<
1
2
< 1,
da´ı que xn e´ estritamente decrescente. E´ evidente que esta sucessa˜o e´ limitada pois, para
qualquer n ≥ 1, tem lugar a dupla desigualdade 0 < xn < x1 = 1
3
e, pelo Teorema 9,
ela e´ convergente. Vamos calcular este limite. Suponhamos que lim xn = c . E´ claro que
tambe´m lim xn+1 = c . Assim,
c = lim xn+1 = lim xn · xn+1
xn
= lim xn · n+ 1
2n+ 3
= lim
xn
2
=
c
2
Enta˜o c− c
2
=
c
2
= 0 =⇒ c = 0. ¤
2) Mostre que a sucessa˜o xn , onde x1 = 0, xn+1 =
√
6 + xn , tem limite e calcule esse limite;
Resoluc¸a˜o. Vamos mostrar que a sucessa˜o xn =
√
6 + xn e´ crescente e, para tal, faremos
isto usando o me´todo de induc¸a˜o matema´tica. Temos
x2 =
√
6 + x1 =
√
6 + 0 =
√
6 > 0 = x1.
Mo´dulo 5. Sucesso˜es mono´tonas 45
Suponhamos que xk+1 > xk . Enta˜o x
2
k+2 > x
2
k+1 e tal como xk+2 > 0 e xk+1 > 0 a
desigualdade xk+2 > xk+1 e´ correcta.
Mostremos que xn e´ limitada. E´ claro que para qualquer natural n temos 0 ≤ xn e
x2n < x
2
n+1 = 6+xn , i.e. x
2
n−xn− 6 < 0 de onde tira´mos que xn < 3. Assim, 0 ≤ xn < 3
para qualquer n natural.
Sendo xn uma sucessa˜o crescente e limitada, enta˜o ela e´ convergente. Suponhamos que
lim xn = c . Fazendo a passagem do limite na igualdade x
2
n+1 = 6 + xn e tendo em conta,
que lim xn+1 = c
2 obtemos c2 = 6 + c da´ı, que c = 3 (porque xn ≥ 0). ¤
3) Demonstre que a sucessa˜o xn =
(
1 +
1
n
)n
e´ mono´tona e limitada;
Resoluc¸a˜o. Temos
xn+1
xn
=
(1 + 1
n+1
)n+1
(1 + 1
n
)n
=
(
1− 1
(n+ 1)2
)n+1
· n+ 1
n
>
>
(
1− 1
n+ 1
)
· n+ 1
n
= 1.
Vemos que xn+1 > xn , i.e. xn e´ estritamente crescente.
Mostremos que xn e´ limitada. Pelo bino´mio de Newton
1 temos
xn =
(
1 +
1
n
)n
= 1 + n · 1
n
+
n(n− 1)
2!
· 1
n2
+
+
n(n− 1)(n− 2)
3!
· 1
n3
+ · · ·+ n(n− 1) · · · (n− (n− 1))
n!
· 1
nn
=
1Isaac Newton (1643–1727) — f´ısico, astro´nomo e matema´tico ingleˆs
46 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
= 2+
1
2!
(
1− 1
n
)
+
1
3!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
+· · ·+ 1
n!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
· · ·
(
1− n− 1
n
)
<
< 2 +
1
2!
+
1
3!
+ · · ·+ 1
n!
< 2 +
1
2
+
1
22
+ · · ·+ 1
2n−1
= 2 +
(
1− 1
2n−1
)
< 3.
Assim, 2 ≤ xn < 3. Ao mostrarmos que a sucessa˜o xn e´ limitada, exploramos o facto,
que 1− i
n
< 1, ∀ 1 ≤ i ≤ n e n! > 2n−1, n ≥ 2. ¤
5.3 Perguntas de controˆle
1) Defina sucessa˜o mono´tona.
2) Formule o teorema de convergeˆncia para uma sucessa˜o mono´tona.
3) A condic¸a˜o de que uma sucessa˜o e´ limitada, e´ necessa´ria e suficiente para a convergeˆncia
dela, caso seja mono´tona?
5.4 Exerc´ıcios propostos
1) Demonstre que a sucessa˜o xn =
n∑
k=1
1
n+ k
e´ convergente.
2) Demonstre a convergeˆncia e calcule o limite da sucessa˜o xn dada na forma recorrente:
(a) x1 = a, x2 = b , a 6= b ,
xn =
xn−1 + xn−2
2
, ∀ n ≥ 3;
Mo´dulo 5. Sucesso˜es mono´tonas 47
(b) x1 e´ qualquer nu´mero negativo e
xn+1 =
1
2
(
xn +
a
xn
)
, ∀ n ≥ 1, a > 0.
Mo´dulo 6
LIMITES PARCIAIS
6.1 Resumo teo´rico
Seja xn uma sucessa˜o. Vejamos qualquer sucessa˜o crescente de nu´meros inteiros positivos
k1, k2, . . . , kn, . . . De xn escolhemos os termos xk1 , xk2 , . . . , xkn , . . . A sucessa˜o xkn chamaremos
subsucessa˜o de xn .
Teorema 12. Se lim xn = a, enta˜o qualquer subsucessa˜o sua xkn converge para a.
Teorema 13. De qualquer sucessa˜o limitada podemos extrair uma subsucessa˜o convergente.
Suponhamos que xkn e´ uma subsucessa˜o de xn e lim
n→∞
xkn = α . Enta˜o α chamaremos
limite parcial da sucessa˜o xn . Ao maior dos limites parciais da sucessa˜o xn chamaremos
limite superior de xn (denota-se limxn ) e ao menor dos limites parciais chamaremos limite
48
Mo´dulo 6. Limites parciais 49
inferior de xn (denota-se lim xn ). E´ claro que se xn e´ convergente, enta˜o tem lugar a igualdade:
lim xn = lim xn = lim xn .
6.2 Exerc´ıcios resolvidos
1) Dada a sucessa˜o xn = 1− 1
n
, ache lim xn e lim xn ;
Resoluc¸a˜o. A sucessa˜o xn converge para 1, portanto limxn = lim xn = 1. ¤
2) Dada a sucessa˜o xn = (−1)n−1
(
2 +
3
n
)
, ache lim xn e lim xn ;
Resoluc¸a˜o. Todos os termos desta sucessa˜o encontram-se em duas subsucesso˜es, uma
com ı´ndice par e outra com ı´ndice ı´mpar. Assim,
x2k = −
(
2 +
3
2k
)
, lim x2k = −2,
x2k+1 = −
(
2 +
3
2k + 1
)
, lim x2k+1 = 2.
Enta˜o limxn = 2 e lim xn = −2. ¤
3) Ache limxn e lim xn para a sucessa˜o, cujo termo geral e´ xn = 1 +
n
n+ 1
cos
npi
2
;
Resoluc¸a˜o. Para n = 4k temos x4k = 1 +
4k
4k + 1
; para n = 2k − 1 temos x2k−1 = 1 e
para n = 4k − 2 temos x4k−2 = 1− 4k − 2
4k − 1 . Deste modo,
limx4k = 1 + 1 = 2, lim x2k−1 = 1, lim x4k−2 = 0.
Portanto, lim xn = 0 e limxn = 2. ¤
50 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
4) Calcule lim xn e lim xn da sucessa˜o
xn =
(
1 +
1
n
)n
· (−1)n + sin npi
4
;
Resoluc¸a˜o. Para n = 8k − 7:
x8k−7 = −
(
1 +
1
8k − 7
)8k−7
+
√
2
2
→ −e+
√
2
2
, k →∞;
Para n = 8k − 6:
x8k−6 =
(
1 +
1
8k − 6
)8k−6
+ 1→ e+ 1, k →∞;
Para n = 8k − 5:
x8k−5 = −
(
1 +
1
8k − 5
)8k−5
+
√
2
2
→ −e+
√
2
2
, k →∞;
Para n = 4k :
x4k =
(
1 +
1
4k
)4k
→ e, k →∞;
Para n = 8k − 3:
x8k−3 = −
(
1 +
1
8k − 3
)8k−3
−
√
2
2
→ −e−
√
2
2
, k →∞;
Para n = 8k − 2:
x8k−2 =
(
1 +
1
8k − 2
)8k−2
− 1→ −e− 1, k →∞;
Para n = 8k − 1:
x8k−1 = −
(
1 +
1
8k − 1
)8k−1
−
√
2
2
→ −e−
√
2
2
, k →∞.
Mo´dulo 6. Limites parciais 51
Portanto, lim xn = −e−
√
2
2
e limxn = e+ 1. ¤
6.3 Perguntas de controˆle
1) Deˆ a definic¸a˜o de:
(a) sucessa˜o;
(b) subsucessa˜o;
(c) limite parcial duma sucessa˜o;
(d) limite superior e limite inferior duma sucessa˜o.
2) Deˆ a interpretac¸a˜o geome´trica de limite parcial.
3) Dadas as sucesso˜es {n(−1)n + 1} , {n} , {(−1)n + 1} diga qual delas:
(a) tem limite parcial;
(b) na˜o tem limite parcial;
(c) tem dois limites parciais;
(d) tem um limite parcial.
4) Demonstre que se uma sucessa˜o e´ convergente, enta˜o ela tem so´ um limite parcial que
coincide com o seu limite. A afirmac¸a˜o inversa e´ correcta?
52 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
5) Formule o teorema de Bolzano1-Weierstrass2(Teorema 13).
6.4 Exerc´ıcios propostos
1) Demonstre que de qualquer sucessa˜o na˜o limitada podemos extrair uma subsucessa˜o in-
finitamente grande.
2) Demonstre que qualquer subsucessa˜o extra´ıda duma sucessa˜o infinitamente grande e´ in-
finitamente grande.
3) Sabe-se que as sucesso˜es xn e yn teˆm um limite parcial cada. Mostre, com exemplos, que
as sucesso˜es xn + yn e xnyn podem:
(a) na˜o ter limites parciais;
(b) ter um so´ limite parcial;
(c) ter dois limites parciais.
4) Ache limxn e lim xn se:
(a) xn = 1 + 2(−1)n+1 + 3(−1)n(n−1)2 ;
1Bernhard Bolzano (1781–1848) — matema´tico checo
2Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (1815–1897) — matema´tico alema˜o
Mo´dulo 6. Limites parciais 53
(b) xn =
n− 1
n+ 1
cos
2pin
3
;
(c) xn = 1 + n sin
pin
2
;
(d) xn =
(−1)n
n
+
1 + (−1)n
2
;
(e) xn =
n
n+ 1
sin2
npi
4
;
(f) xn =
n
√
1 + 2−1nn ;
(g) xn = cos
n 2npi
3
.
Mo´dulo 7
SUCESSO˜ES FUNDAMENTAIS
7.1 Resumo teo´rico
Diremos que a sucessa˜o xn e´ fundamental (ou de Cauchy
1) se
∀ ε > 0 ∃ N : ∀ n > N ∀ p > 0 =⇒ |xn+p − xn| < ε.
A interpretac¸a˜o geome´trica desta definic¸a˜o e´ seguinte: se a sucessa˜o xn e´ fundamental,enta˜o
para qualquer ε > 0 existe um natural N tal, que a distaˆncia entre dois termos quaisquer da
sucessa˜o, com ı´ndices superiores a` N , e´ menor que ε .
Teorema 14. (Crite´rio de Cauchy)
No conjunto dos nu´meros reais as duas afirmac¸o˜es sa˜o equivalentes:
1Augustin Louis Cauchy (1789–1857) — matema´tico franceˆs
54
Mo´dulo 6. Sucesso˜es fundamentais 55
1) xn converge;
2) xn e´ fundamental.
7.2 Exerc´ıcios resolvidos
1) Utilizando o crite´rio de Cauchy mostre que a sucessa˜o
xn =
sin 1
2
+
sin 2
22
+ · · ·+ sinn
2n
e´ convergente;
Resoluc¸a˜o. Avaliamos o mo´dulo da diferenc¸a:
|xn+p − xn| =
∣∣∣∣sin (n+ 1)2n+1 + sin (n+ 2)2n+2 + · · ·+ sin (n+ p)2n+p
∣∣∣∣ ≤
≤ 1
2n+1
+
1
2n+2
+ · · ·+ 1
2n+p
<
1
2n
< ε,
para n > − log2 ε e para todo p > 0. Exploramos o facto de que
1
2n+1
+ · · ·+ 1
2n+p
e´ a soma de p termos duma progressa˜o geome´trica. ¤
2) Utilizando o crite´rio de Cauchy mostre que a sucessa˜o
xn =
n∑
k=1
cos k
3k
e´ convergente;
56 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
Resoluc¸a˜o. Avaliamos o mo´dulo da diferenc¸a:
|xn+p − xn| =
∣∣∣∣cos (n+ 1)3n+1 + cos (n+ 2)3n+2 + · · ·+ cos (n+ p)3n+p
∣∣∣∣ ≤
≤ 1
3n+1
+
1
3n+2
+ · · ·+ 1
3n+p
<
1
2 · 3n <
1
3n
< ε,
para n > − log3 ε e para todo p > 0. ¤
3) Demonstre que a sucessa˜o xn =
n∑
k=1
1
k
diverge;
Resoluc¸a˜o. De acordo com o crite´rio de Cauchy e´ suficiente mostrar que ela na˜o e´
fundamental. Avaliando a diferenc¸a e tendo em conta que n + i ≤ n + p para qualquer
i ≤ p , temos:
|xn+p − xn| = 1
n+ 1
+
1
n+ 2
+ · · ·+ 1
n+ p
≥ 1
n+ p
+
1
n+ p
+ · · ·+ 1
n+ p
=
p
n+ p
.
Pegando p = n obtemos |x2n − xn| ≥ n
n+ n
=
1
2
da´ı, que a sucessa˜o xn =
n∑
k=1
1
k
na˜o e´
fundamental. ¤
4) Utilizando o crite´rio de Cauchy mostre que a sucessa˜o
xn =
n∑
k=1
sin k
k2
e´ convergente;
Resoluc¸a˜o. Vamos mostrar que esta sucessa˜o e´ fundamental. Avaliamos o mo´dulo da
diferenc¸a:
|xn+p − xn| ≤ 1
(n+ 1)2
+ · · ·+ 1
(n+ p)2
<
Mo´dulo 6. Sucesso˜es fundamentais 57
<
(
1
n
− 1
n+ 1
)
+ · · ·+
(
1
n+ p− 1 −
1
n+ p
)
=
1
n
− 1
n+ p
<
1
n
.
Assim,
|xn+p − xn| < 1
n
< ε, ∀ n > N = [1/ε], p > 0.
Neste exerc´ıcio usamos a desigualdade
1
k2
<
1
k(k − 1) =
1
k − 1 −
1
k
. ¤
5) Utilizando o crite´rio de Cauchy mostre que a sucessa˜o
xn =
1
ln 2
+
1
ln 3
+ · · ·+ 1
lnn
, n = 2, 3, . . .
diverge;
Resoluc¸a˜o. A divergeˆncia da sucessa˜o vem do facto que
|xn+p − xn| = 1
ln(n+ 1)
+ · · ·+ 1
ln(n+ p)
>
p
ln(n+ p)
>
p
n+ p
=
1
2
se p = n . ¤
7.3 Perguntas de controˆle
1) Defina:
(a) sucessa˜o fundamental;
(b) sucessa˜o na˜o fundamental.
58 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
2) Deˆ a interpretac¸a˜o geome´trica das duas definic¸o˜es anteriores.
3) Formule o crite´rio de Cauchy (Teorema 14).
7.4 Exerc´ıcios propostos
1) Mostre que a sucessa˜o xn e´ fundamental se:
(a) xn =
n+ 1
3n− 2 ;
(b) xn = a+ aq + · · ·+ aqn−1 , onde q < 1, n ∈ N ;
(c) x1 = 1, xn = xn−1 +
(−1)n−1
n!
, n = 2, 3, . . . .
2) Demonstre que a sucessa˜o xn e´ convergente se:
(a) xn =
sin a
2
+
sin 2a
22
+ · · ·+ sinna
2n
, a ∈ R1 ;
(b) xn = 1 +
1
2!
+ · · ·+ 1
n!
;
(c) xn =
cos 1!
1 · 2 +
cos 2!
2 · 3 + · · ·+
cosn!
n(n+ 1)
.
3) Utilizando a negac¸a˜o do crite´rio de Cauchy mostre que a sucessa˜o xn diverge se:
Mo´dulo 6. Sucesso˜es fundamentais 59
(a) xn =
n cosnpi − 1
2n
;
(b) xn = (−1)n
(
1 +
1
n
)n
;
(c) xn =
1
22
+
2
32
+ · · ·+ n
(n+ 1)2
.
Mo´dulo 8
FUNC¸A˜O
8.1 Resumo teo´rico
A varia´vel y chama-se func¸a˜o da varia´vel x se a cada valor de x , que pertence ao conjunto
E ⊂ R1 , corresponde um valor definido da varia´vel y . A varia´vel x chama-se argumento
ou varia´vel independente, o conjunto E chama-se domı´nio ou conjunto de definic¸a˜o da
func¸a˜o e denota-se D . O conjunto dos valores que a func¸a˜o toma chama-se contradomı´nio e
denota-se CD .
A notac¸a˜o y = f(x) significa que y e´ func¸a˜o de x . O valor de f(x) para x = x0 denota-se
f(x0).
Ao lugar geome´trico de pontos pertencentes a` R2 e cujas coordenadas satisfazem a equac¸a˜o
y = f(x) chama-se gra´fico da func¸a˜o y = f(x). Diremos que o conjunto E ⊂ R1 e´ sime´trico
60
Mo´dulo 8. Func¸a˜o 61
se para qualquer x ∈ E implica que tambe´m −x ∈ E. Seja f(x) uma func¸a˜o definida num
conjunto sime´trico. Se para qualquer x ∈ E temos f(x) = f(−x), enta˜o diz-se que a func¸a˜o
f(x) e´ par. Se para qualquer x ∈ E temos f(−x) = −f(x), enta˜o diz-se que a func¸a˜o f(x) e´
ı´mpar. Para uma func¸a˜o par, o seu gra´fico e´ sime´trico em relac¸a˜o ao eixo das ordenadas (eixo
Y). Para uma func¸a˜o ı´mpar, o seu gra´fico e´ sime´trico em relac¸a˜o a` origem (ponto (0, 0)).
Seja f(x) uma func¸a˜o definida no conjunto E ⊂ R1 e seja T um valor positivo. Diz-se que
f(x) e´ T -perio´dica se:
1) x+ T ∈ E;
2) f(x+ T ) = f(x).
8.2 Exerc´ıcios resolvidos
1) Ache o domı´nio da func¸a˜o:
(a) f(x) =
x2
1 + x
;
Resoluc¸a˜o. A expressa˜o
x2
1 + x
tem sentido so´mente para valores de x que na˜o
anulem o denominador, i.e. 1 + x 6= 0, portanto a func¸a˜o f(x) = x
2
1 + x
e´ definida
em D(f) = {x ∈ R1 : 1 + x 6= 0} , i.e. D(f) = (−∞,−1) ∪ (−1,+∞). ¤
(b) f(x) =
√
3x− x2 ;
Resoluc¸a˜o. A expressa˜o
√
3x− x2 tem sentido so´mente para valores de x tais, que
62 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
3x− x2 ≥ 0. Assim, resolvendo esta desigualdade temos D(f) = [0, 3]. ¤
(c) f(x) = ln(x2 − 4);
Resoluc¸a˜o. A expressa˜o logar´ıtmica ln(x2 − 4) tem sentido se o argumento foˆr
estritamente positivo, i.e. x2−4 > 0. Resolvendo esta desigualdade obtemos D(f) =
(−∞,−2) ∪ (2,+∞). ¤
(d) f(x) = arcsin
2x
1 + x
;
Resoluc¸a˜o. A expressa˜o arcsin
2x
1 + x
tem sentido se o seu argumento foˆr maior ou
igual a` −1 e menor ou igual a` 1, i.e. −1 ≤ 2x
1 + x
≤ 1. Resolvendo esta dupla
desigualdade e na˜o olvidando que 1 + x 6= 0, temos: D(f) =
[
−1
3
, 1
]
. ¤
(e) f(x) =
ln(1 + x)
x− 1 ;
Resoluc¸a˜o. A func¸a˜o esta´ definida se x− 1 6= 0 e 1 + x > 0. Deste modo achamos
D(f) = (−1, 1) ∪ (1,+∞). ¤
2) Ache o domı´nio e o contradomı´nio da func¸a˜o:
(a) f(x) =
√
2 + x− x2 ;
Resoluc¸a˜o. A expressa˜o
√
2 + x− x2 tem sentido se o radicando foˆr positivo, i.e.
2 + x − x2 ≥ 0. Resolvendo esta desigualdade temos D(f) = [−1, 2]. Esboc¸ando
o gra´fico da func¸a˜o f(x) =
√
2 + x− x2 vemos que no intervalo [−1, 1/2] a func¸a˜o
cresce de 0 ate´ 3/2 e no intervalo [1/2, 2] a func¸a˜o decresce de 3/2 ate´ zero. Assim,
o contradomı´nio, i.e. os valores da varia´vel dependente, e´ o intervalo [0, 3/2]. ¤
Mo´dulo 8. Func¸a˜o 63
(b) f(x) = log(1− 2 cos x);
Resoluc¸a˜o. O logar´ıtmo tem significado se o argumento foˆr estritamente positivo,
portanto 1− 2 cos x > 0. Resolvendo esta desigualdade encontramos
D(f) =
(
2kpi +
pi
3
, 2kpi +
5pi
3
)
, k = 0,±1,±2, . . .
Tendo em conta que para valores de x pertencentes ao domı´nio e´ va´lida a desigualdade
0 < 1−2 cos x < 3 e o logar´ıtmo e´ uma func¸a˜o mono´tona crescente no intervalo (0, 3],
enta˜o CD(f) = (−∞, log 3]. ¤
(c) f(x) = arccos
2x
1 + x2
;
Resoluc¸a˜o. E´ evidente que −1 ≤ 2x
1 + x2
≤ 1. Resolvendo esta dupla desigualdade
obtemos D(f) = R1 . O contradomı´nio e´ CD(f) = [0, pi] . ¤
3) Dado o triaˆngulo ABC , cuja base AC = b e altura DB = h , foi nele inscrito o rectaˆngulo
KLMN , cuja altura e´ KL = x . Expresse o per´ımetro P do rectaˆnguloKLMN como
func¸a˜o de x ;
Resoluc¸a˜o. O per´ımetro deste rectaˆngulo e´ igual a` 2KL + 2KN = 2x + 2KN . Tendo
em conta que os triaˆngulos ABD e ALK sa˜o semelhantes, enta˜o
DB
AD
=
KL
AK
=⇒ h
AD
=
x
AK
=⇒ AK = ADx
h
.
Do mesmo modo, como tambe´m os triaˆngulos DBC e NMC sa˜o semelhantes, temos
DB
DC
=
NM
NC
=⇒ h
DC
=
x
NC
=⇒ NC = DCx
h
.
64 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
Calculamos agora
KN = AC − (AK +NC) = b− x
h
(AD +DC) = b− x
h
· b.
Assim,
P (x) = 2x+ 2KN = 2x+ 2b
(
1− x
h
)
= 2x
(
1− b
h
)
+ 2b. ¤
4) Ache f(x) se f(x+ 1) = x2 − 3x+ 2;
Resoluc¸a˜o. Factorizando a expressa˜o
f(x+ 1) = x2 − 3x+ 2 = (x− 1)(x− 2) = (x+ 1− 2)(x+ 1− 3)
e fazendo x+ 1 = t temos
f(t) = (t− 2)(t− 3) = t2 − 5t+ 6. ¤
5) Ache f(x) se f
(
1
x
)
= x+
√
1 + x2 , x > 0;
Resoluc¸a˜o. Fazendo t =
1
x
temos:
f(t) = f
(
1
x
)
= x+ x
√
1 +
1
x2
= x
(
1 +
√
1 +
1
x2
)
=
1
t
(1 +
√
1 + t2). ¤
6) Ache f(x) se f
(
1 +
1
x
)
= x2 +
1
x2
, (|x| ≥ 2);
Resoluc¸a˜o. Fazendo
t = x+
1
x
=⇒ t2 = x2 + 1
x2
+ 2 =⇒ t2 − 2 = x2 + 1
x2
.
Em conclusa˜o: f(t) = t2 − 2. ¤
Mo´dulo 8. Func¸a˜o 65
7) Diga qual das func¸o˜es e´ par ou ı´mpar:
(a) f(x) = 3x− x3 ;
Resoluc¸a˜o. f(−x) = 3(−x)− (−x)3 = −3x+ x3 = −(3x− x3) = −f(x). A func¸a˜o
e´ ı´mpar. ¤
(b) f(x) = ax + a−x , (a > 0);
Resoluc¸a˜o. f(−x) = a−x + a−(−x) = a−x + ax = f(x). A func¸a˜o e´ par. ¤
(c) f(x) = ln
1− x
1 + x
Resoluc¸a˜o. Primeiro vamos verificar se o domı´nio da func¸a˜o e´ um conjunto sime´trico.
A expressa˜o ln
1− x
1 + x
tem sentido se
1− x
1 + x
> 0 e 1 + x 6= 0. Resolvendo esta
inequac¸a˜o obtemos que D(f) = (−1, 1), o domı´nio e´ um intervalo sime´trico. Esta
func¸a˜o e´ ı´mpar, pois
f(−x) = ln 1− (−x)
1 + (−x) = ln
1 + x
1− x = − ln
1− x
1 + x
= −f(x). ¤
8) Demonstre que qualquer func¸a˜o f(x), definida no intervalo sime´trico (−m,m), pode
representar-se na forma duma soma de duas func¸o˜es, uma par e outra ı´mpar;
Resoluc¸a˜o. Fac¸amos f1(x) =
f(x)− f(−x)
2
e f2(x) =
f(x) + f(−x)
2
. E´ evidente que
estas func¸o˜es tambe´m esta˜o definidas no intervalo sime´trico (−m,m). Temos
f1(−x) = f(−x)− f(−x)
2
= −f(x)− f(−x)
2
= −f1(x)
66 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
e
f2(−x) = f(−x) + f(−(−x))
2
=
f(−x) + f(x)
2
= f2(x),
portanto f1(x) e´ ı´mpar e f2(x) e´ par. Como f(x) = f1(x)+ f2(x), enta˜o a afirmac¸a˜o fica
demonstrada. ¤
9) Diga quais das seguintes func¸o˜es sa˜o perio´dicas e defina os seus menores per´ıodos, se:
(a) f(x) = A cos bx+B sin bx ;
Resoluc¸a˜o. f(x) e´ perio´dica se f(x+ T ) = f(x). A func¸a˜o f(x) podemos escrever
na forma
f(x) =
√
A2 +B2
(
A√
A2 +B2
cos bx+
B√
A2 +B2
sin bx
)
= ρ sin(bx+ φ),
onde φ = arctg
A
B
, ρ =
√
A2 +B2 . Assim,
f(x+ T ) = ρ sin(bx+ φ+ bT ) = ρ sin(bx+ φ) = f(x)
se bT = 2kpi , k = 1, 2, . . . , i.e. T =
2kpi
b
. O menor per´ıodo e´ T0 =
2pi
b
. ¤
(b) f(x) = sin x+
1
2
sin 2x+
1
3
sin 3x ;
Resoluc¸a˜o. Vamos resolver a equac¸a˜o f(x+ T )− f(x) = 0. Temos:
f(x+T )−f(x) = sin(x+T )−sinx+1
2
[sin 2(x+T )−sin 2x]+ 1
3
[sin 3(x+T )−sin 3x] =
= 2 sin
T
2
cos
(
x+
T
2
)
+ sinT cos 2
(
x+
T
2
)
+
2
3
sin
3T
2
cos 3
(
x+
T
2
)
= 0.
Mo´dulo 8. Func¸a˜o 67
Isto e´ poss´ıvel se:
sin
T
2
= 0,
sinT = 0,
sin
3T
2
= 0,
=⇒

T = 2kpi,
T = mpi,
T =
2npi
3
,
i.e. T = 2kpi = mpi =
2npi
3
,
onde k, m, n sa˜o nu´meros naturais. Deste modo T0 = 2pi . ¤
10) Demonstre que para a func¸a˜o de Dirichlet1
D(x) =

1 se x foˆr racional,
0 se x foˆr irracional,
o seu per´ıodo e´ um nu´mero racional T qualquer;
Resoluc¸a˜o. Como T e´ um nu´mero racional, enta˜o a soma x + T e´ racional para x
racional e irracional para x irracional. Assim,
D(x+ T ) =

1 se x foˆr racional,
0 se x foˆr irracional,
i.e. D(x+ T ) = D(x). ¤
11) Demonstre que se para a func¸a˜o f(x), (−∞ < x < +∞) tem lugar a igualdade f(x+T ) =
1Johann Peter Gustav Lejeunne Dirichlet (1805–1859) — matema´tico alema˜o
68 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
kf(x), onde k e T sa˜o constantes positivas, enta˜o f(x) = axφ(x), onde a e´ uma constante
e φ(x) e´ uma func¸a˜o com per´ıodo T ;
Resoluc¸a˜o. Fazendo k = aT , enta˜o f(x+ T ) = aTf(x). Qualquer func¸a˜o f(x) (−∞ <
x < +∞) pode representar-se na forma f(x) = axφ(x), onde φ(x) e´ uma certa func¸a˜o.
De acordo com a condic¸a˜o temos
ax+Tφ(x+ T ) = aT · axφ(x).
Dividindo tudo por ax+T > 0 obtemos φ(x+ T ) = φ(x). ¤
8.3 Perguntas de controˆle
1) Deˆ a definic¸a˜o de func¸a˜o.
2) Defina gra´fico duma func¸a˜o.
3) Defina func¸a˜o par e func¸a˜o ı´mpar. Deˆ um exemplo duma func¸a˜o na˜o par e na˜o ı´mpar.
4) Defina func¸a˜o perio´dica.
8.4 Exerc´ıcios propostos
1) Ache os domı´nios para as seguintes func¸o˜es:
(a) y = (x− 2)
√
1 + x
1− x ;
Mo´dulo 8. Func¸a˜o 69
(b) y =
√
sin
√
x ;
(c) y =
√
cosx2 ;
(d) y = arccos(2 sin x);
(e) y = (2x)!;
(f) y =
√
sin 2x+
√
sin 3x , 0 ≤ x ≤ 2pi .
2) Ache o domı´nio e contradomı´nio das func¸o˜es:
(a) y = arcsin
(
log
x
10
)
;
(b) y = (−1)x .
3) A func¸a˜o y = sign x define-se do seguinte modo:
signx =

−1 se x < 0,
0 se x = 0,
1 se x > 0.
Construa o gra´fico desta func¸a˜o e mostre que |x| = x · signx .
4) A func¸a˜o y = [x] (parte inteira do nu´mero x), define-se do seguinte modo: se x = n+ r ,
onde n e´ um nu´mero inteiro e 0 ≤ r ≤ 1, enta˜o [x] = n . Construa o gra´fico desta func¸a˜o.
5) Ache f(−2), f(−1), f(0), f(1) e f(2) se
f(x) =

1 + x , se −∞ < x ≤ 0,
2x , se 0 < x < +∞.
70 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
6) Ache f(0.9), f(0.99), f(0.999) e f(1) se f(x) = 1 + [x] .
7) Ache f(x) se f
(
x
x+ 1
)
= x2 .
8) Diga quais das func¸o˜es sa˜o pares ou ı´mpares:
(a) f(x) = 3
√
(1− x)2 + 3√(1 + x)2 ;
(b) f(x) = ln
(
x+
√
1 + x2
)
.
9) Diga quais das func¸o˜es sa˜o perio´dicas e ache o menor per´ıodo:
(a) f(x) = sin2 x ;
(b) f(x) = sin x2 ;
(c) f(x) =
√
tgx ;
(d) f(x) = tg
√
x .
10) Demonstre que a soma e produto de duas func¸o˜es perio´dicas, definidas num domı´nio
comum e cujos per´ıodos sa˜o comensura´veis, sa˜o tambe´m func¸o˜es perio´dicas.
Mo´dulo 9
LIMITE DE FUNC¸A˜O
9.1 Resumo teo´rico
Diremos que a func¸a˜o f(x) e´ limitada superiormente (majorada) no conjunto E ⊂ R1 se
existe um nu´mero real M tal, que f(x) ≤M , qualquer que seja x ∈ E.
Diremos que a func¸a˜o f(x) e´ limitada inferiormente (minorada) no conjunto E ⊂ R1
se existe um nu´mero real m tal, que f(x) ≥ m , qualquer que seja x ∈ E.
Diremos que a func¸a˜o f(x) e´ limitada no conjunto E ⊂ R1 se ela foˆr majorada e minorada,
i.e. se existem dois nu´meros reais M e m tais, que m ≤ f(x) ≤M , qualquer que seja x ∈ E.
Ao menor dos majorantes duma func¸a˜o num determinado conjunto E ⊂ R1 chamaremos
supremmum desta func¸a˜o. Denota-se sup
x∈E
f(x).
Ao maior dos minorantes duma func¸a˜o num determinado conjunto E ⊂ R1 chamaremos
71
72 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
infimmum desta func¸a˜o. Denota-se inf
x∈E
f(x).
Seja α e β o supremmum e infimmum da func¸a˜o f(x) no conjunto E ⊂ R1 , respectivamente.
A diferenc¸a α− β chamaremos oscilac¸a˜o da func¸a˜o f(x) no conjunto E. Denota-se osc
x∈E
f(x).
Chamaremos vizinhanc¸a do ponto a com raio ε , ao conjunto de pontosque satisfazem
a dupla desigualdade: a − ε < x < a + ε ou |x − a| < ε . Denota-se1 U(a; ε). Chamaremos
vizinhanc¸a com buraco do ponto a a` vizinhanc¸a de a menos o ponto a . Denota-se U˙(a; ε)
def
=
U(a; ε) \ {a} .
Diremos que o ponto a (a ∈ E ou a /∈ E) e´ ponto de acumulac¸a˜o de E se em qualquer
vizinhanc¸a de a existem pontos de E diferentes de a . Por outras palavras, U˙(a; ε) ∩ E 6= ∅ .
Segundo Cauchy, diremos que o nu´mero b e´ limite da func¸a˜o f(x) quando x tende para a se
∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 : ∀ x ∈ E, 0 < |x− a| < δ =⇒ |f(x)− b| < ε.
Na linguagem de vizinhanc¸a f(x) tende para b quando x tende para a se qualquer que seja
a vizinhanc¸a do ponto a com raio δ , existe uma vizinhanc¸a do ponto b com raio ε tal que
qualquer que seja x pertencente a` vizinhanc¸a com buraco do ponto a temos que f(x) pertence
a` vizinhanc¸a do ponto b .
Segundo Heine2, diremos que o nu´mero b e´ limite da func¸a˜o f(x) quando x tende para
a se para qualquer sucessa˜o xn convergente para a , xn ∈ E, xn 6= a , a sucessa˜o f(xn) tende
para b .
1Usa-se a letra maiu´scula U, da inicial Umgebung que em alema˜o significa vizinhanc¸a.
2Heinrich Eduard Heine (1821–1881) — matema´tico alema˜o
Mo´dulo 9. Limite de func¸a˜o 73
A denotac¸a˜o usada e´: lim
x→a
f(x) = b .
Teorema 15. As definic¸o˜es de limite duma func¸a˜o segundo Heine e Cauchy sa˜o equivalentes.
Teorema 16. Sejam f(x) e g(x) duas func¸o˜es definidas numa certa vizinhanc¸a do ponto a,
com excepc¸a˜o talvez do pro´prio ponto a. Suponhamos que lim
x→a
f(x) = b, lim
x→a
g(x) = c. Enta˜o:
1) lim
x→a
[f(x)± g(x)] = b± c;
2) lim
x→a
f(x) · g(x) = bc;
3) lim
x→a
f(x)
g(x)
=
b
c
, se c 6= 0.
Teorema 17. Sejam f(x), g(x) e h(x) treˆs func¸o˜es definidas numa certa vizinhanc¸a do ponto
a, com excepc¸a˜o talvez do pro´prio ponto a. Suponhamos tambe´m que nessa vizinhanc¸a tem
lugar a dupla desigualdade:
f(x) ≤ g(x) ≤ h(x).
Se lim
x→a
f(x) = lim
x→a
h(x) = b, enta˜o lim
x→a
g(x) = b.
Diremos que o nu´mero b e´ limite a` esquerda do ponto a da func¸a˜o f(x) se:
∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0 : ∀ x 6= a, a− δ < x < a =⇒ |f(x)− b| < ε.
A denotac¸a˜o usada e´: b = lim
x→a−
f(x) = f(a−). Diremos que o nu´mero b e´ limite a` direita do
ponto a da func¸a˜o f(x) se:
∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0 : ∀ x 6= a, a < x < a+ δ =⇒ |f(x)− b| < ε.
74 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
A denotac¸a˜o usada e´: b = lim
x→a+
f(x) = f(a+). Os limites a` esquerda ou a` direita sa˜o comumente
chamados limites laterais. Se uma func¸a˜o tem limite quando x→ a , enta˜o os limites laterais
coincidem.
9.2 Exerc´ıcios resolvidos
1) Usando a linguagem “ε–δ” mostre que lim
x→2
x2 = 4.
Resoluc¸a˜o. Seja ε um nu´mero real positivo qualquer. Enta˜o,
|x2 − 4| = |(x− 2)2 + 4(x− 2)| ≤ |x− 2|2 + 4|x− 2| < ε.
Fazendo t = |x− 2| > 0 temos:
t2 + 4t− ε < 0 =⇒ (t+ 2 +√4 + ε)(t+ 2−√4 + ε) < 0.
Resolvendo esta desigualdade obtemos
0 < t <
√
4 + ε− 2, i.e. 0 < |x− 2| < √4 + ε− 2 = ε√
4 + ε+ 2
= δ(ε). ¤
2) Seja
R(x) =
a0x
n + a1x
n−1 + · · ·+ an
b0xm + b1xm−1 + · · ·+ bm ,
Mo´dulo 9. Limite de func¸a˜o 75
onde a0 6= 0 e b0 6= 0. Demonstre que
lim
x→+∞
R(x) =

+∞ , se n > m;
a0
b0
, se n = m;
0 , se n < m.
Resoluc¸a˜o. Pegando a parte mais velha do numerador e denominador e evidenciando-as
temos:
lim
x→+∞
a0x
n
(
1 + a1
a0x
+ · · ·+ an
a0xn
)
b0xm
(
1 + b1
b0x
+ · · ·+ bm
b0xm
) =
= lim
x→+∞
1 + a1
a0x
+ · · ·+ an
a0xn
1 + b1
b0x
+ · · ·+ bm
b0xm
· lim
x→+∞
a0x
n
b0xm
=
= lim
x→+∞
a0x
n
b0xm
=

+∞ , se n > m;
a0
b0
, se n = m;
0 , se n < m. ¤
3) Nos exerc´ıcios seguintes calcule:
(a) lim
x→0
x2 − 1
2x2 − x− 1 ;
76 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
Resoluc¸a˜o. Calculamos directamente:
lim
x→0
x2 − 1
2x2 − x− 1 =
0− 1
0− 0− 1 =
−1
−1 = 1.
Na realidade, ja´ que x → 0, o numerador comporta-se como −1 e o denominador
comporta-se tambe´m como −1. ¤
(b) lim
x→1
x2 − 1
2x2 − x− 1 ;
Resoluc¸a˜o. Colocando directamente o valor de x = 1 na expressa˜o obtemos uma
indeterminac¸a˜o do tipo 0/0. Significa que o valor x = 1 e´ ra´ız do numerador e
denominador. Factorizando o numerador e denominador temos:
lim
x→1
x2 − 1
2x2 − x− 1 = limx→1
(x− 1)(x+ 1)
(x− 1)(2x+ 1) = limx→1
x+ 1
2x+ 1
=
2
3
.
(c) lim
x→∞
x2 − 1
2x2 − x− 1 ;
Resoluc¸a˜o. A parte mais velha do numerador e´ x2 e a parte mais velha do denom-
inador e´ 2x2 , portanto o limite e´ igual a`
1
2
. Vamos mostrar que e´ realmente isso.
Evidenciamos no numerador e denominador x2 :
lim
x→∞
x2 − 1
2x2 − x− 1 = limx→∞
x2(1− 1
x2
)
x2(2− 1
x
− 1
x2
)
= lim
x→∞
1− 1
x2
2− 1
x
− 1
x2
=
1
2
. ¤
4) Calcule
lim
x→0
(1 + x)5 − (1 + 5x)
x2 + x5
;
Mo´dulo 9. Limite de func¸a˜o 77
Resoluc¸a˜o. Desenvolvendo a expressa˜o (1 + x)5 segundo o bino´mio de Newton temos:
(1 + x)5 = 1 +
(
5
1
)
x+
(
5
2
)
x2 +
(
5
3
)
x3 +
(
5
4
)
x4 + x5 =
= 1 + 5x+ 10x2 + 10x3 + 5x4 + x5.
Assim,
lim
x→0
(1 + x)5 − (1 + 5x)
x2 + x5
= lim
x→0
1 + 5x+ 10x2 + 10x3 + 5x4 + x5 − 1− 5x
x2 + x5
=
= lim
x→0
10x2 + 10x3 + 5x4 + x5
x2 + x5
= lim
x→0
x2(10 + 10x+ 5x2 + x3)
x2(1 + x3)
=
= lim
x→0
10 + 10x+ 5x2 + x3
1 + x3
= 10. ¤
5) Calcule
lim
x→∞
(x+ 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)
[(nx)n + 1]
n+1
2
;
Resoluc¸a˜o. Pegando o numerador e evidenciando, para cada factor, a parte mais velha
temos:
(x+ 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1) = x
(
1 +
1
x
)
x2
(
1 +
1
x2
)
· · · xn
(
1 +
1
xn
)
=
= x · x2 · · · xn
(
1 +
1
x
)(
1 +
1
x2
)
· · ·
(
1 +
1
xn
)
=
= x1+2+···+n
(
1 +
1
x
)(
1 +
1
x2
)
· · ·
(
1 +
1
xn
)
=
= x
n(n+1)
2 ·
(
1 +
1
x
)(
1 +
1
x2
)
· · ·
(
1 +
1
xn
)
.
78 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
Exploramos aqui o facto que 1+2+ · · ·+n = n(n+ 1)
2
, pois e´ a soma de n termos duma
progressa˜o aritme´tica, cujo primeiro e u´ltimo termos sa˜o 1 e n , respectivamente.
Assim,
lim
x→∞
(x+ 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)
[(nx)n + 1]
n+1
2
=
= lim
x→∞
x
n(n+1)
2 · (1 + 1
x
)(1 + 1
x2
) · · · (1 + 1
xn
)
(nx)
n(n+1)
2 (1 + 1
(nx)n
)
n+1
2
=
1
n
n(n+1)
2
. ¤
6) Calcule
lim
x→2
x3 − 2x2 − 4x+ 8
x4 − 8x2 + 16 ;
Resoluc¸a˜o. Temos uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0. Factorizando o numerador e de-
nominador temos:
x3 − 2x2 − 4x+ 8 = (x− 2)2(x+ 2), x4 − 8x2 + 16 = (x2 − 4)2 = (x− 2)2(x+ 2)2.
Assim,
lim
x→2
x3 − 2x2 − 4x+ 8
x4 − 8x2 + 16 = limx→2
(x− 2)2(x+ 2)
(x− 2)2(x+ 2)2 = limx→2
1
x+ 2
=
1
4
. ¤
7) Calcule
lim
x→∞
√
x+
√
x+
√
x
√
x+ 1
;
Resoluc¸a˜o. Temos que√
x+
√
x+
√
x =
√√√√x(1 + 1√
x
√
1 +
1√
x
)
.
Mo´dulo 9. Limite de func¸a˜o 79
Assim,
lim
x→∞
√
x+
√
x+
√
x
√
x+ 1
= lim
x→∞
√
x
√
1 + 1√
x
√
1 + 1√
x
√
x+ 1
= 1. ¤
8) Calcule
lim
x→4
√
1 + 2x− 3√
x− 2 ;
Resoluc¸a˜o. Vamos primeiro fazer algumas transformac¸o˜es:
√
1 + 2x− 3√
x− 2 =
(
√
1 + 2x− 3)(√1 + 2x+ 3)(√x+ 2)
(
√
x− 2)(√x+ 2)(√1 + 2x+ 3) =
=
(2x− 8)(√x+ 2)
(x− 4)(√1 + 2x+ 3) =
2(
√
x+ 2)√
1 + 2x+ 3
.
Calculando agora o limite obtemos:
lim
x→4
√
1 + 2x− 3√
x− 2 = limx→4
2(
√
x+ 2)√
1 + 2x+ 3
=
4
3
. ¤
9) Calcule
lim
x→3
√
x+ 13− 2√x+ 1
x2 − 9 ;
Resoluc¸a˜o. Temosuma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0. Multiplicando o numerador e
denominador pela expressa˜o
√
x+ 13 + 2
√
x+ 1 teremos:
lim
x→3
(
√
x+ 13− 2√x+ 1)(√x+ 13 + 2√x+ 1)
(x2 − 9)(√x+ 13 + 2√x+ 1) =
= lim
x→3
−3
(x+ 3)(
√
x+ 13 + 2
√
x+ 1)
= − 1
16
. ¤
80 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
10) Calcule
lim
x→0
3
√
8 + 3x− x2 − 2
x+ x2
;
Resoluc¸a˜o. Multiplicamos o numerador e denominador pela expressa˜o
φ(x)
def
= 3
√
(8 + 3x− x2)2 + 2
√
8 + 3x− x2 + 4.
Enta˜o,
lim
x→0
3
√
8 + 3x− x2 − 2
x+ x2
= lim
x→0
x(3− x)
x(x+ 1)φ(x)
= lim
x→0
3− x
x+ 1
· lim
x→0
1
φ(x)
=
1
4
. ¤
11) Estude o comportamento das ra´ızes x1 e x2 da equac¸a˜o quadra´tica ax
2+ bx+ c = 0, se o
coeficiente a tende para zero e os coeficientes b e c manteˆm-se constantes, sendo b 6= 0;
Resoluc¸a˜o. E´ sobejamente conhecida a fo´rmula que permite calcular as ra´ızes duma
equac¸a˜o quadra´tica:
x1 =
−b+√b2 − 4ac
2a
, x2 =
−b−√b2 − 4ac
2a
.
Vamos calcular
lim
a→0
x1 = lim
a→0
b2 − 4ac− b2
2a(b+
√
b2 − 4ac) = lima→0
−4ac
2a(b+
√
b2 − 4ac) = −
c
b
;
calculamos o limite da ra´ız x2 :
lim
a→0
x2 = lim
a→0
−b−√b2 − 4ac
2a
=∞. ¤
Mo´dulo 9. Limite de func¸a˜o 81
12) Calcule as constantes a e b a partir da condic¸a˜o
lim
x→∞
(
x2 + 1
x+ 1
− ax− b
)
= 0;
Resoluc¸a˜o. Temos que
x2 + 1
x+ 1
− ax− b = x
2(1− a) + x(−a− b) + (1− b)
x+ 1
.
Para que o limite desta expressa˜o seja igual a` zero, quando x → ∞ , e´ necessa´rio que os
coeficientes ligados a`s partes literais do numerador sejam iguais a` zero, i.e. 1 − a = 0,
−a− b = 0, Assim, a = 1, b = −1. ¤
13) Calcule
(a) lim
x→−∞
(√
x2 + x− x) ;
Resoluc¸a˜o. Vamos multiplicar e dividir pelo conjugado:
lim
x→−∞
(√
x2 + x− x
)
= lim
x→−∞
x√
x2 + x+ x
= lim
x→−∞
x
|x|
√
1 + 1
x
+ x
=
= lim
x→−∞
x
−x
√
1 + 1
x
+ x
= lim
x→−∞
x
x
(
−
√
1 + 1
x
+ 1
) = +∞. ¤
(b) lim
x→+∞
(√
x2 + x− x) ;
Resoluc¸a˜o. Vamos multiplicar e dividir pelo conjugado:
lim
x→+∞
(√
x2 + x− x
)
= lim
x→+∞
x√
x2 + x+ x
= lim
x→+∞
x
|x|
√
1 + 1
x
+ x
=
82 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
= lim
x→+∞
x
x
√
1 + 1
x
+ x
= lim
x→+∞
x
x
(√
1 + 1
x
+ 1
) = 1
2
. ¤
(c) lim
x→1−
arctg
1
1− x ;
Resoluc¸a˜o. Temos
1
1− x →
1
0+
= +∞ , se x→ 1, x < 1.
Assim, arctg(+∞) = pi
2
. ¤
(d) lim
x→1+
arctg
1
1− x ;
Resoluc¸a˜o. Temos
1
1− x →
1
0−
= −∞ , se x→ 1, x > 1.
Assim, arctg(−∞) = −pi
2
. ¤
(e) lim
x→0−
1
1 + e
1
x
;
Resoluc¸a˜o. Temos
1
x
→ 1
0−
= −∞ se x → 0, x < 0. Assim, e 1x → e−∞ = 0, se
x→ 0, x < 0. Portanto
lim
x→0−
1
1 + e
1
x
=
1
1 + lim
x→0−
e
1
x
= 1. ¤
(f) lim
x→0+
1
1 + e
1
x
;
Resoluc¸a˜o. Temos que
1
x
→ 1
0+
= +∞ se x→ 0, x > 0. Assim, e 1x → e+∞ = +∞ ,
se x→ 0, x > 0. Portanto
lim
x→0+
1
1 + e
1
x
=
1
1 + lim
x→0+
e
1
x
=
1
1 +∞ = 0. ¤
Mo´dulo 9. Limite de func¸a˜o 83
9.3 Perguntas de controˆle
1) Deˆ a definic¸a˜o de limite de func¸a˜o segundo Heine e Cauchy. Qual o significado da
equivaleˆncia destas duas definic¸o˜es?
2) Utilizando a definic¸a˜o de limite segundo Heine mostre que o limite num ponto e´ u´nico.
3) Formule as propriedades aritme´ticas de limite de func¸a˜o.
9.4 Exerc´ıcios propostos
1) Utilizando a linguagem “ε–δ” mostre, que
lim
x→2
x2 − 1
x2 + 1
=
3
5
.
2) Calcule:
(a) lim
x→0
(1 + x)(1 + 2x)(1 + 3x)− 1
x
;
(b) lim
x→∞
(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4)(x− 5)
(5x− 1)5 ;
(c) lim
x→∞
(2x− 3)20(3x+ 2)30
(2x+ 1)50
.
3) Calcule:
(a) lim
x→1
x2 − 5x+ 6
x2 − 8x+ 15 ;
(b) lim
x→1
x4 − 3x+ 2
x5 − 4x+ 3 ;
84 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
(c) lim
x→2
(x2 − x− 2)20
(x3 − 12x+ 16)10 .
4) Calcule:
(a) lim
x→∞
√
x+ 3
√
x+ 4
√
x√
2x+ 1
;
(b) lim
x→−8
√
1− x− 3
2 + 3
√
x
;
(c) lim
x→0
√
1 + x−√1− x
3
√
1 + x− 3√1− x ;
(d) Dada a func¸a˜o f(x) =
x
|x| diga se existe limx→0 f(x).
Mo´dulo 10
LIMITES NOTA´VEIS
10.1 Resumo teo´rico
Suponhamos, que ψ(x)→ 0, x→ a . Enta˜o:
Teorema 18.
lim
x→a
sinψ(x)
ψ(x)
= 1.
Para o caso particular, quando ψ(x) ≡ x e a = 0 temos lim
x→0
sinx
x
= 1.
Teorema 19.
lim
x→a
eψ(x) − 1
ψ(x)
= 1.
Para o caso particular, quando ψ(x) ≡ x e a = 0 temos lim
x→0
ex − 1
x
= 1.
85
86 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
Teorema 20.
lim
x→a
ln[1 + ψ(x)]
ψ(x)
= 1.
Para o caso particular, quando ψ(x) ≡ x e a = 0 temos lim
x→0
ln(1 + x)
x
= 1.
Teorema 21.
lim
x→a
[1 + ψ(x)]µ − 1
µψ(x)
= 1.
Para o caso particular, quando ψ(x) ≡ x e a = 0 temos lim
x→0
(1 + x)µ − 1
µx
= 1.
Teorema 22.
lim
x→a
[1 + ψ(x)]
1
ψ(x) = e.
Para o caso particular, quando ψ(x) ≡ x e a = 0 temos lim
x→0
(1 + x)
1
x = e.
10.2 Exerc´ıcios resolvidos
1) Calcule
lim
x→0
sin 5x
x
;
Resoluc¸a˜o. Fazendo t = 5x temos que x =
t
5
e t→ 0. Assim,
lim
x→0
sin 5x
x
= lim
t→0
5 sin t
t
= 5 lim
t→0
sin t
t
= 5,
pois lim
t→0
sin t
t
= 1 e´ um limite nota´vel. ¤
Mo´dulo 10. Limites nota´veis 87
2) Calcule
lim
x→∞
sinx
x
;
Resoluc¸a˜o. A func¸a˜o sin x e´ limitada e
1
x
tende para zero, quando x tende para o
infinito. Enta˜o, lim
x→∞
sinx
x
= 0, pois e´ o produto duma func¸a˜o limitada por uma func¸a˜o
infinitamente pequena. ¤
3) Calcule
lim
x→pi
sinmx
sinnx
,
m, n sa˜o inteiros;
Resoluc¸a˜o. Fazendo x− pi = t→ 0 temos
lim
x→pi
sinmx
sinnx
= lim
t→0
sinm(t+ pi)
sinn(t+ pi)
=
= lim
t→0
sinmt cosmpi + cosmt sinmpi
sinnt cosnpi + cosnt sinnpi
= lim
t→0
cosmpi sinmt
cosnpi sinnt
=
= (−1)m−n lim
t→0
sinmt
sinnt
= (−1)m−n lim
t→0
m sinmt
mt
lim
t→0
nt
n sinnt
=
= (−1)m−nm
n
lim
t→0
sinmt
mt
lim
t→0
(
sinnt
nt
)−1
= (−1)m−nm
n
. ¤
4) Calcule
lim
x→0
1− cosx
x2
;
Resoluc¸a˜o. Pegamos a expressa˜o 1− cosx e vamos fazer algumas transformac¸o˜es:
1− cosx = sin2 x
2
+ cos2
x
2
− cos 2x
2
=
88 M.J. Alves. Elementos de ana´lise matema´tica. Parte I
= sin2
x
2
+ cos2
x
2
− cos2 x
2
+ sin2
x
2
= 2 sin2
x
2
.
Assim,
lim
x→0
1− cosx
x2
= lim
x→0
2 sin2 x
2
x2
= lim
x→0
2
sin x
2
x
· sin
x
2
x
=
=
1
2
lim
x→0
sin x
2
x
2
· lim
x→0
sin x
2
x
2
=
1
2
,
pois lim
x→0
sin x
2
x
2
= 1. ¤
5) Calcule
lim
x→0
tgx
x
;
Resoluc¸a˜o. Temos
lim
x→0
tgx
x
= lim
x→0
sinx
x cosx
= lim
x→0
1
cosx
· lim
x→0
sinx
x
= 1. ¤
6) Calcule
lim
x→0
tgx− sinx
sin3 x
;
Resoluc¸a˜o. Temos
tgx− sinx
sin3 x
=
sinx
cosx
− sinx
sin3 x
=
sinx− cos x sinx
cosx sin3 x
=
=
sinx(1− cosx)
sin3 x cosx
=
2 sin2 x
2
cosx sin2 x
=
2
cosx
· x
2
sin2 x
sin2 x
2
x2
.
Assim,
lim
x→0
tgx− sinx
sin3 x
= 2 lim
x→0
x2
sin2 x
· lim
x→0
sin2 x
2
x2
=
Mo´dulo 10. Limites nota´veis 89
= 2 lim
x→0
( x
sinx
)2
lim
x→0
(
sin x
2
x
2
)2
1
4
=
1
2
. ¤
7) Calcule
lim
x→0
sin 5x− sin 3x
sinx
;
Resoluc¸a˜o. Fac¸amos primeiro algumas transformac¸o˜es:
sin 5x− sin 3x
sinx
=
sin 5x
sinx
− sin 3x
sinx
=
x sin 5x
x sinx
− x sin 3x
x sinx
=
=
x
sinx