Textos Calculo 1 Semanas 1 a 6 (compilado)

Prévia do material em texto

Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
O problema da velocidade instantaˆnea
Suponha que um carro move-se com velocidade constante e igual a 60 km/h. Se no
instante t = 0 ele estava no marco zero da estrada, na˜o e´ dif´ıcil notar que a func¸a˜o que
fornece a posic¸a˜o em um instante t > 0 e´ dada por s(t) = 60t. De uma maneira mais geral,
se a posic¸a˜o inicial e´ s0 ∈ R e a velocidade (constante) e´ igual a v0 ∈ R, enta˜o a posic¸a˜o e´
dada por s(t) = s0 + v0t.
Voceˆ certamente ja´ se deparou com o problema acima. Nos seus estudos do ensino me´dio,
considerava-se uma situac¸a˜o mais geral, com o carro tendo uma acelerac¸a˜o constante e igual
a a ∈ R. Neste caso, a posic¸a˜o e´ dada por
s(t) = s0 + v0t +
1
2
at2, t > 0,
que e´ exatamente a equac¸a˜o do espac¸o para o movimento uniformemente variado. Como a
acelerac¸a˜o e´ igual a a, podemos facilmente deduzir que a velocidade do carro e´ dada pela
func¸a˜o
v(t) = v0 + at, t > 0.
Estamos interessados aqui no seguinte problema: supondo que conhecemos a posic¸a˜o
do carro s(t), queremos determinar a sua velocidade v(t) em um dado instante t > 0. No
caso em que s(t) e´ um polinoˆmio de grau 1 ou 2, a soluc¸a˜o ja´ foi dada nos dois para´grafos
anteriores. O que queremos agora e´ obter uma forma de calcular a velocidade para func¸o˜es
s(t) mais gerais.
As ideias que vamos desenvolver servem para muitas expresso˜es da func¸a˜o s(t). Pore´m,
para simplificarmos a exposic¸a˜o, vamos supor que s(t) = t3. Tambe´m por simplicidade,
vamos supor que queremos encontrar a velocidade do carro no instante t = 2. Sumarizando,
vamos tratar do problema seguinte:
Problema: se a posic¸a˜o do carro e´ dada por s(t) = t3, qual e´ a velocidade do carro no
instante t = 2 ?
A primeira coisa que deve ser observada e´ que as fo´rmulas aprendidas no ensino me´dio
na˜o sa˜o suficientes para obtermos a resposta. De fato, elas so´ se aplicam para aos casos em
que a func¸a˜o s(t) e´ um polinoˆmio de grau 1 (velocidade constante) ou um polinoˆmio de grau
2 (acelerac¸a˜o constante). Logo, precisamos desenvolver uma nova te´cnica para resolver o
problema.
1
Ainda que na˜o saibamos calcular a velocidade v(t), podemos usar a expressa˜o de s(t)
para calcular a velocidade me´dia entre os instante t = 2 e t = 4, por exemplo. Ela e´ dada
pela expressa˜o
s(4)− s(2)
4− 2
=
43 − 23
4− 2
=
64− 8
2
= 28.
Logo, como na˜o sabemos calcular v(2), podemos aproximar esse valor usando a velocidade
me´dia calculada acima. Naturalmente, essa aproximac¸a˜o conte´m algum tipo de erro, porque
estamos deixando um intervalo de 2 horas em que o motorista poderia, eventualmente,
efetuar mudanc¸as de velocidade, sem com isso mudar o valor de v(2). Parece natural que,
se diminuirmos esse intervalo de tempo para 1 hora somente, a aproximac¸a˜o pela velocidade
me´dia seria melhor. Assim, podemos considerar agora a seguinte aproximac¸a˜o:
s(3)− s(2)
3− 2
=
27− 8
1
= 19.
Procedendo como acima, podemos construir uma tabela que fornece, para cada valor
h ̸= 0, a velocidade me´dia do carro entre o instante inicial t = 2 e o instante final t = 2+ h.
Listamos abaixo alguns valores dessa tabela:
h ̸= 0 instante final velocidade me´dia
t = 2 + h s(2+h)−s(2)(2+h)−2
2 4 28
1 3 19
0,5 2,5 15,25
0,1 2,1 12,61
0,01 2,01 12,0601
0,001 2,001 12,006001
Do ponto de vista f´ısico, parece claro que a aproximac¸a˜o que estamos usando (velocidade
me´dia) fica mais precisa a` medida em que o intervalo de tempo h se torna mais pro´ximo de
zero. Assim, a tabela parece indicar que a velocidade no instante 2 e´ igual a 12.
Para melhor justificar a afirmac¸a˜o acima, vamos criar uma nova func¸a˜o. Seja enta˜o
vm2(h) a func¸a˜o que associa, para cada h ̸= 0, a velocidade me´dia entre os instantes t = 2
e t = 2 + h. Formalmente,
vm2(h) =
s(2 + h)− s(2)
(2 + h)− 2
=
(2 + h)3 − 28
h
. (1)
Observe que o valor de h nunca pode ser igual a zero. Mais especificamente, como estamos
falando de dois instantes distintos t = 2 e t = 2 + h, os valores possiveis para h sa˜o todos
aqueles em que h ̸= 0 e h ≥ −2. Essa u´ltima restric¸a˜o surge porque, se h < −2, enta˜o
2
2+h < 0, e na˜o faz sentido falarmos em instante de tempo negativo. Em resumo, o domı´nio
da func¸a˜o vm2 e´ dado por
Dom(vm2) = [−2, 0) ∪ (0,+∞) = {h ∈ R : h ≥ −2 e h ̸= 0}.
Precisamos descobrir o que acontece com o valor de vm2(h) quando h fica pro´ximo de
zero. Se olharmos para o u´ltimo quociente da definic¸a˜o de vm2 em (1), percebemos que,
a` medida em que h se aproxima de zero, tanto o numerador quanto o denominador desse
quociente se aproximam de zero. Para entender melhor o comportamento do quociente,
vamos lembrar que, para todo a, b ∈ R, temos (a+ b)3 = a3 +3a2b+3ab2 + b3. Deste modo,
a expressa˜o de vm2(h) em (1) pode ser escrita como
vm2(h) =
(2 + h)3 − 23
h
=
(23 + 3 · 22 · h + 3 · 2 · h2 + h3)− 23
h
=
h(12 + 6h+ h2)
h
,
ou ainda
vm2(h) = 12 + 6h+ h
2.
Vale ressaltar que, ainda que a expressa˜o do lado direito da equac¸a˜o acima possa ser calculada
para qualquer valor de h, o domı´nio da func¸a˜o vm2 continua sendo [−2, 0) ∪ (0,+∞).
Usando a expressa˜o acima, os valores de vm2(h) da tabela anterior podem ser facilmente
calculados. Ale´m disso, fica muito simples perceber o que acontence com vm2(h) quando h
se aproxima de zero. De fato, como os termos 6h e h2 ficam pro´ximos de zero, conclu´ımos
que vm2(h) se aproxima de 12, conforme espera´vamos. Usamos a seguinte notac¸a˜o para
escrever isso de maneira sucinta:
lim
h→0
vm2(h) = lim
h→0
s(2 + h)− s(2)
h
= 12.
Observe que todas estas considerac¸o˜es nos permitem concluir que a velocidade do carro no
instante t = 2 e´ igual a 12.
Na˜o existe nada de especial no instante t = 2, escolhido para a exposic¸a˜o acima. Para
qualquer t > 0, podemos calcular a velocidade no instante t > 0 como sendo
v(t) = lim
h→0
s(t + h)− s(t)
(t + h)− t
= lim
h→0
(t+ h)3 − t3
h
.
Usando novamente a expressa˜o do cubo de uma soma, obtemos
(t+ h)3 − t3 = (t3 + 3t2h+ 3th2 + h3)− t3 = h(3t2 + 3th+ h2),
de modo que
v(t) = lim
h→0
h(3t2 + 3th+ h2)
h
= lim
h→0
(3t2 + 3th+ h2) = 3t2 + 0 + 0 = 3t2.
3
Na penu´ltima igualdade acima, usamos o fato de, para cada t > 0 fixado, os termos 3th e h2
se aproximarem de zero quando h se aproxima de zero. Assim, podemos enunciar a soluc¸a˜o
do nosso problema como se segue:
Soluc¸a˜o do problema: Se a posic¸a˜o do carro e´ dada pela func¸a˜o s(t) = t3, enta˜o a
velocidade e´ v(t) = 3t2, para todo t > 0. Em particular, a velocidade no instante 2 e´ igual a
12.
Finalizamos com algumas observac¸o˜es importantes:
1. O me´todo desenvolvido aqui nos permite considerar va´rias expresso˜es diferentes para
a func¸a˜o s(t). Tudo o que deve ser feito e´ uma manipulac¸a˜o alge´brica da expressa˜o
s(t+ h)− s(t)
h
,
de modo a descobrir o que acontece com o quociente quando h se aproxima de zero.
2. A expressa˜o acima na˜o esta´ definida quando h = 0. Isso na˜o e´ importante na aplicac¸a˜o
do me´todo, visto que queremos estudar o comportamento do quociente para valores h
que sa˜o pro´ximos, mas diferentes de zero.
3. Estas ideias sera˜o desenvolvidas a` exausta˜o nas pro´ximas semanas, quando introduzire-
mos o conceito de derivada. Contudo, se voceˆ chegou vivo ate´ aqui, na˜o tera´ nenhuma
dificuldade para entender o que esta´ por vir.
4. O que foi feito aqui depende somente de sabermos a definic¸a˜o de velocidade me´dia.
Assim, voceˆ pode agora tentar explicar isso tudo para aquele seu primo que cursa o
primeiro ano do ensino me´dio! Como um bom exerc´ıcio, vale a pena refazer as contas
acima para o caso em que s(t) = s0 + v0t+ (a/2)t2, com s0,a ∈ R, para verificar que,
nesse caso, o limite da velocidade me´dia quando h se aproxima de zero e´ exatamente
v(t) = v0 + at.
4
Tarefa
Nesta tarefa vamos usar a mesma estrate´gia adotada no texto para determinar a velocidade
do carro, supondo agora que a posic¸a˜o e´ dada pela func¸a˜o
s(t) =
1
t
, t > 0.
Vamos inicialmente calcular a velocidade no instante t = 3. Para tanto, siga os passos
abaixo:
1. Com o aux´ılio de uma calculadora, complete a tabela abaixo:
h ̸= 0 instante final velocidade me´dia
t = 3 + h s(3+h)−s(3)(3+h)−3
1 4 −0, 0833 (aproximadamente)
0,1 3,1
0,01
0,001
2. Verifique que, apo´s as devidas simplificac¸o˜es, temos
s(3 + h)− s(3)
h
=
1
3 + h
−
1
3
h
= · · · = −
1
(3 + h)3
.
3. Fazendo h se aproximar de 0 na u´ltima expressa˜o acima, determine v(3).
Repetindo o argumento do item 2 acima verifique que
v(t) = lim
h→0
s(t+ h)− s(t)
h
= · · · = lim
h→0
−1
(t+ h)t
,
e obtenha a expressa˜o para v(t). O que significa o sinal de menos que aparece nessa ex-
pressa˜o?
5
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
O ca´lculo do imposto de renda
Nesse pequeno texto vamos explorar os conceitos de limites laterais e continuidade atrave´s
de um exemplo simples, relacionado ao ca´lculo do imposto de renda. A fim de simplificar a
exposic¸a˜o e os ca´lculos, vamos considerar a situac¸a˜o de um pa´ıs imagina´rio, onde a moeda
se chama cruzeta e o imposto e´ taxado segundo a regra abaixo.
Regra do imposto: quem ganha ate´ 10 mil cruzetas e´ isento; quem ganha mais de 10 mil
e ate´ 20 mil cruzetas paga 10% da renda de imposto; os demais pagam 20% da renda.
A partir das informac¸o˜es acima, queremos definir uma func¸a˜o que fornece o valor I(r)
de milhares de reais pago por um contribuinte que ganha r mil cruzetas por meˆs. Antes de
apresentar a expressa˜o da func¸a˜o I vamos observar que o domı´nio dessa func¸a˜o e´
dom(I) = {r ∈ R : r ≥ 0} = [0,+∞).
De fato, como r denota a renda do contribuinte, e´ evidente que essa varia´vel na˜o pode assumir
valores negativos. Estamos incluindo no domı´nio o ponto r = 0 para contemplar todas as
pessoas que na˜o possuem renda. Lembrando agora que a maneira anal´ıtica de calcularmos
10 por cento de um nu´mero e´ multiplica´-lo por 0, 1, podemos escrever a expressa˜o da func¸a˜o
I como se segue:
I(r) =
⎧⎪⎨
⎪⎩
0 , se 0 ≤ r ≤ 10,
0, 1r , se 10 < r ≤ 20,
0, 2r , se r > 20.
Note que a expressa˜o que define I em cada uma das 3 faixas e´ uma func¸a˜o linear. Contudo,
a func¸a˜o I como um todo na˜o e´ uma func¸a˜o linear. Embora o gra´fico de I possa ser facilmente
esboc¸ado, vamos continuar a nossa exposic¸a˜o analisando as propriedades da func¸a˜o I sem o
seu gra´fico. Inicialmente, vamos tentar responder a` seguinte pergunta:
Pergunta 1: Qual o valor aproximado do imposto pago por um contribuinte que ganha
aproximadamente 15 mil cruzetas?
Do ponto de vista matema´tico, uma maneira de responder a` essa pergunta e´ tentar
calcular o limite lim
r→15
I(r). Uma dificuldade inicial neste ca´lculo e´ que a func¸a˜o I e´ definida
1
por mais de uma sentenc¸a, de modo que precisamos decidir qual das sentenc¸as utilizar no
ca´lculo do limite. Para decidir isso vamos lembrar que, no ca´lculo de limx→a f(x), importa
somente o que acontece com f(x) para valores de x pro´ximos, e diferentes, de a. Ora, como
r → 15, devemos utilizar a expressa˜o de I(r) fornecida quando r esta´ pro´ximo de 15, que e´
exatamente a expressa˜o da 2a faixa do imposto. Assim
lim
r→15
I(r) = lim
r→15
(0, 1r) = 0, 1× 15 = 1, 5.
Logo, um contribuinte que ganha aproximadamente 15 mil cruzetas vai pagar, aproximada-
mente, 1500 cruzetas de imposto. De fato, se a renda for de 15 mil cruzetas o valor do
imposto e´ exatamente I(15) = 1, 5 mil cruzetas.
Vamos prosseguir a exposic¸a˜o considerando agora uma nova pergunta:
Pergunta 2: Qual o valor aproximado do imposto pago por um contribuinte que ganha
aproximadamente 10 mil cruzetas?
A resposta agora e´ um pouco mais delicada. Na verdade, ela depende de uma informac¸a˜o
extra, que e´ saber se o indiv´ıduo ganha mais ou menos de 10 mil. De fato, se o contribuinte
ganha um valor um pouco menor do que 10 mil, enta˜o e´ isento. Por outro lado, se ganha um
pouco mais de 10 mil, enta˜o sera´ taxado em 10 por cento. Esse tipo de restric¸a˜o nos leva ao
conceito de limites laterais.
Considerando primeiro os que ganham um pouco de menos de 10 mil temos
lim
r→10−
I(r) = lim
r→10−
0 = 0.
Note que, no ca´lculo do limite acima, a notac¸a˜o r → 10− indica que o nu´mero r esta´ se
aproximando de 10 por valores menores que 10 ou, equivalentemente, pela esquerda de 10.
Como para valores menores (e pro´ximos) de 10 a func¸a˜o I e´ identicamente nula, substituimos
I(r) por 0 apo´s a primeira igualdade. Para contribuintes que ganham um pouco mais de 10
mil, temos o seguinte limite lateral
lim
r→10+
I(r) = lim
r→10+
(0, 1r) = 0, 1× 10 = 1.
No ca´lculo do limite lateral acima temos uma observac¸a˜o importante: ainda que a func¸a˜o I
seja igual a zero em r = 10, a expressa˜o de I(r) que usamos apo´s a primeira igualdade foi
0, 1r. Isso porque, no ca´lculo do limite acima, importa somente o que acontece com a func¸a˜o
I para valores pro´ximo e maiores que 10. O valor de I no ponto r = 10 na˜o interfere no
valor deste limite lateral.
Observe que os limites laterais no ponto r = 10, apesar de existirem, sa˜o diferentes. Isso
nos indica que o limite limr→10 I(r) na˜o existe. Aqui, estamos usando o seguinte resultado,
que caracteriza a existeˆncia de um limite.
2
Teorema. O limite lim
x→a
f(x) existe se, e somente se, os limites laterais lim
x→a−
f(x) e
lim
x→a+
f(x) existem e sa˜o iguais. Nesse caso, o valor comum desses limites laterais e´ igual ao
valor do limite lim
x→a
f(x)
No exemplo anterior temos
lim
r→10−
I(r) = 0 ̸= 1 = lim
r→10+
I(r),
e portanto o limite na˜o existe. A na˜o exiseˆncia desse limite pode ser facilmente percebida
quando analisamos o gra´fico da func¸a˜o I, que esta´ esboc¸ado abaixo.
Note que existe um salto no gra´fico no ponto
r = 10. Quando nos aproximamos de 10 pela
esquerda a func¸a˜o se aproxima de 0, porque e´
sempre nula. Quando nos aproximamos pela
direita, a func¸a˜o se aproxima de 1. Do ponto
de vista matema´tica isso pode ser observado a
partir do fato de que os limites laterais sa˜o dis-
tintos. A consequeˆncia disso e´ a na˜o existeˆncia
do limite de I(r) quando r → 10.
Nesse ponto vale notar que o salto observado no gra´fico acima causa uma injustic¸a no
ca´lculo do imposto. Para exemplificar, suponha que um contribuinte tenha uma renda de 10
mil cruzetas. Nesse caso, como e´ isento de imposto de renda, ele receberia uma valor l´ıquido
de 10 mil cruzetas. Pore´m, um outro contribuinte que tem uma renda de 11 mil cruzetas (e
que eventualmente trabalha melhor do que o primeiro) paga 1,1 mil cruzetas de imposto de
renda, tendo enta˜o uma renda l´ıquida de 9,9 mil cruzetas!
A fim de corrigir a injustic¸a acima vamos fazer uma pequena mudanc¸a na regra da 2a
faixa do imposto:
Nova regra do imposto: quem ganha ate´ 10 mil cruzetas e´ isento; quem ganha mais de
10 mil e ate´ 20 mil cruzetas paga 10% da renda de imposto menos uma parcela fixa de c
cruzetas; os demais pagam 20% da renda.
Com essa nova regra, a func¸a˜o que calcula o imposto passa a ser
I1(r) =
⎧⎪⎨
⎪⎩
0 , se 0 ≤ r ≤ 10,
0, 1r − c , se 10 < r ≤ 20,
0, 2r , se r > 20,
3
onde estamos denotando por I1 a func¸a˜o que calcula esse novo imposto. Observe que, para
cada escolha do valor da deduc¸a˜o c, temos uma func¸a˜o diferente. Gostar´ıamos de escolher
o paraˆmetro c de modo quea injustic¸a citada acima na˜o exista mais. Mais especificamente,
queremos escolher o valor de c de modo a eliminar o salto no gra´fico de I1 no ponto r = 10.
Para tanto, vamos calcular os limites laterais:
lim
r→10−
I1(r) = lim
r→10−
0 = 0, lim
r→10+
I1(r) = lim
r→10+
(0, 1r − c) = 1− c.
De acordo com o teorema enunciado anteriormente, para que exista o limite no ponto r = 10,
os limites laterais devem existir e serem iguais. Logo, o valor da deduc¸a˜o c deve ser tal que
0 = 1− c, ou seja, c = 1. Portanto, os contribuintes que esta˜o na 2a faixa devem pagar 10%
de sua renda menos 1 mil cruzetas, e a expressa˜o final da nova func¸a˜o que calcula o imposto
fica como se segue:
I1(r) =
⎧⎪⎨
⎪⎩
0 , se 0 ≤ r ≤ 10,
0, 1r − 1 , se 10 < r ≤ 20,
0, 2r , se r > 20,
Abaixo voceˆ encontra o gra´fico dessa nova func¸a˜o.
Observe que na˜o ocorre mais aquele salto no ponto r = 10. O conceito matema´tico
de continuidade serve para identificarmos poss´ıveis saltos ou quebras no gra´fico de func¸o˜es.
Antes de prosseguir, vamos lembrar esse importante conceito:
Definic¸a˜o. Dizemos que a func¸a˜o f e´ cont´ınua no ponto a ∈ dom(f) se
lim
x→a
f(x) = f(a).
4
Observe que, para que f seja cont´ınua em x = a, e´ necessa´rio que o ponto a esteja no
domı´nio de f . Mais do que isso, como precisamos calcular limx→a f(x), e´ necessa´rio que o
domı´nio de f contenha todo um intervalo aberto centrado no ponto x = a. Ale´m disso, e´
preciso que o limite exista e coincida com o valor da func¸a˜o f no ponto x = a. O conceito
de continuidade se estende para pontos que esta˜o no extremos do domı´nio atrave´s do uso de
limites laterais.
A func¸a˜o I1 cujo gra´fico esta´ esboc¸ado acima e´ cont´ınua em todos os pontos do seu
domı´nio, exceto no ponto r = 20. De fato, nesse ponto ocorre um salto no gra´fico, porque
os limites laterais sa˜o diferentes. Assim, a inexisteˆnca do limite lim
r→20
I1(r) implica que I1
na˜o e´ cont´ınua em r = 20. Procedendo como acima, na˜o e´ dif´ıcil introduzir uma parcela de
deduc¸a˜o na 3a faixa de modo a tornar a func¸a˜o cont´ınua (veja a tarefa).
Para finalizar o texto, vamos considerar o caso do ca´lculo do imposto de renda no Brasil.
A metodologia e´ ana´loga com a descrita acima, com a diferenc¸a que temos aqui 5 faixas,
ao inve´s de 3. A tabela abaixo (que reflete o ano base de 2013 e esta´ expressa em reais)
apresenta os valores referentes a cada uma dessas faixas. Deixamos como exerc´ıcio para o
leitor obter a expressa˜o da func¸a˜o I(r) que calcula o imposto em func¸a˜o da renda, bem como
a verificac¸a˜o de que as parcelas de deduc¸a˜o foram escolhidas pelo governo de modo a tornar
a func¸a˜o cont´ınua em todos os pontos, evitando assim os saltos no gra´fico e as decorrentes
injustic¸as.
Renda Al´ıquota Deduc¸a˜o
Ate´ R$ 1.673,11 (isento) (isento)
De R$ 1.673,12 ate´ R$ 2.453,50 7,5% R$ 122,78
De R$ 2.453,51 ate´ R$ 3.271,38 15% R$ 306,80
De R$ 3.271,39 ate´ R$ 4.087,65 22,5% R$ 552,15
Acima de R$ 4.087,65 27,5% R$ 756,53
5
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
O limite de uma func¸a˜o
Se s(t) denota a posic¸a˜o de um carro no instante t > 0, enta˜o a velocidade instantaˆnea
v(t) pode ser obtida calculando-se a velocidade me´dia (s(t + h)− s(t))/h para valores de h
cada vez mais pro´ximos de zero. Isto pode ser escrito, sucintamente, da seguinte forma
v(t) = lim
h→0
s(t+ h)− s(t)
h
.
Note que o quociente acima na˜o esta´ definido para h = 0. De fato, isto na˜o e´ importante para
o ca´lculo da velocidade. Precisamos somente saber o que ocorre com o quociente quando h
esta´ muito perto de zero.
A ideia de proximidade acima pode ser considerada em situac¸o˜es mais gerais. Suponha
que uma func¸a˜o f esta´ definida em intervalo aberto contendo a, exceto possivelmente em
x = a. Escrevemos
lim
x→a
f(x) = L, (1)
para representar o fato de que, quando x vai se tornando pro´ximo de a, os valores f(x) se
aproximam de L. A expressa˜o acima deve ser lida da seguinte maneira: o limite de f(x)
quando x tende para a e´ igual a L.
E´ importante destacar que o conceito de proximidade e´ relativo. De fato, se dois carros
viajam para uma mesma cidade e esta˜o a 300 metros um do outro, podemos dizer que eles
esta˜o pro´ximos. Por outro lado, se estes carros esta˜o em uma corrida de Fo´rmula 1, essa
mesma distaˆncia na˜o pode ser considerada pequena. Tudo que voceˆ precisa saber agora
e´ que e´ poss´ıvel definir o conceito de limite usando uma terminologia que na˜o dependa de
relativizac¸o˜es, embora este na˜o seja o objetivo deste texto. De fato, o que pretendemos agora
e´ entender o conceito e considerar alguns exemplos simples.
Antes de apresentar os exemplos vale reforc¸ar que, no ca´lculo do limite em (1), na˜o
importa o valor da func¸a˜o f no ponto x = a. A func¸a˜o na˜o precisa estar definida neste
ponto, isto e´, o ponto x = a pode na˜o pertencer ao domı´nio de f . Para ilustrar isto considere
os dois gra´ficos abaixo:
1
2
1
1, 5
Figura 1
2
7
Figura 2
Se denotarmos por f a func¸a˜o cujo gra´fico esta´ esboc¸ado na Figura 1, temos que o limite
limx→2 f(x) e´ igual a 1, apesar de que f(2) = 1, 5. Na Figura 2, temos uma func¸a˜o cujo
limite quando x tende para 2 e´ igual a 7, mas a func¸a˜o na˜o esta´ definida no ponto x = 2.
Vamos na sequeˆncia considerar alguns exemplos de ca´lculo de limites.
Exemplo 1. Vamos calcular o limite
lim
x→2
x3 + x2 − 2x
x2 − 1
.
Observe que, quando x fica pro´ximo de 2, o termo x2 fica pro´ximo de 22 = 4. De uma
maneira geral, a poteˆncia xn se aproxima de 2n, quando x → 2. Deste modo, o numerador
da frac¸a˜o acima se aproxima de (23 + 22 − 2 · 2) = 8, enquanto o denominador se aproxima
de (22 − 1) = 3. Ora, se dividimos um nu´mero pro´ximo de 8 por outro pro´ximo de 3, o
resultado deve ficar perto de 8/3. Assim, conclu´ımos que o limite existe e e´ igual a 8/3. !
Neste ponto cabe observar que, no ca´lculo acima, bastaria fazer x = 2 na frac¸a˜o (x3 +
x2− 2x)/(x2− 1) para obter o resultado 8/3. Contudo, este procedimento na˜o vai funcionar
sempre, especialmente porque em muitos casos a func¸a˜o na qual o limite e´ calculado pode
na˜o estar definida no ponto em que se estuda o limite. As figuras 1 e 2 apresentadas anterior-
mente sa˜o situac¸o˜es onde na˜o basta calcular (ou tentar calcular) f(2). No pro´ximo exemplo
utilizamos a mesma func¸a˜o do Exemplo 1 para ilustrar este fato, bem como estabelecer uma
estrate´gia que pode funcionar em alguns casos.
Exemplo 2. Vamos calcular o limite
lim
x→1
x3 + x2 − 2x
x2 − 1
.
Seja f(x) a frac¸a˜o acima e observe que, neste caso, na˜o podemos simplesmente calcular f(1),
porque x = 1 na˜o esta´ no domı´nio da func¸a˜o. Mesmo assim o limite acima pode existir.
A estrate´gia de analisar o que acontece com numerador e denominador tambe´m na˜o vai
2
funcionar aqui. De fato, ambos se aproximam de zero, e na˜o podemos dizer que o limite e´
igual a 0/0, porque na˜o podemos nunca fazer o denominador de uma frac¸a˜o ser igual a zero.
Vamos calcular f(x) para alguns valores de x pro´ximos de 1 (maiores do que 1, menores do
que 1, mas nunca iguais a 1). Fazendo isto com o aux´ılio de uma calculadora, e considerando
os ca´lculos ate´ a quarta casa decimal, constru´ımos a tabela abaixo.
x ∼ 1 0,95 1,05 0,99 1,01 0,999 1,001 0,9999 1,0001
f(x) 1,4372 1,5622 1,4875 1,5129 1,4987 1,5012 1, 4999 1,50001
A tabela sugere que o valor do limite e´ 1, 5. Contudo, qualquer tabela como a feita acima
teria somente um nu´mero finito de termos, embora a quantidade de nu´meros pro´ximos de
x = 1 seja infinita. Como saber se, a partir de um determinado x pro´ximo de 1, os valores
f(x) na˜o va˜o comec¸ar a se afastar de 1,5? Pararesponder esta pergunta vamos tentar
escrever f(x) de uma outra maneira, de modo que possamos olhar para a nova expressa˜o e
entender claramente o que ocorre com ela quando x→ 1.
Vamos inicialmente denotar por p(x) = (x3 + x2 − 2x) o numerador da frac¸a˜o que define
f(x). Conforme ja´ hav´ıamos observado p(1) = 0, isto e´, x = 1 e´ uma raiz de p(x). Por conta
disto, podemos fatorar o polinoˆmio p(x), escrevendo-o na forma p(x) = (x− 1)q(x), em que
q(x) e´ um polinoˆmio de grau 2. Isso pode ser feito efetuando-se a divisa˜o de p(x) por (x−1)
e trara´ como resultado
x3 + x2 − 2x = (x− 1)(x2 + 2x).
Se voceˆ na˜o se lembra como efetuar divisa˜o de polinoˆmios este e´ um excelente momento para
recordar este importante to´pico!
Lembrando do produto nota´vel (x2−a2) = (x−a)(x+a), podemos fatorar o denominador
de f(x) como
x2 − 1 = (x− 1)(x+ 1).
Utilizando as duas expresso˜es acima conclu´ımos que
f(x) =
x3 + x2 − 2x
x2 − 1
=
(x− 1)(x2 + 2x)
(x− 1)(x+ 1)
=
x2 + 2x
x+ 1
,
de modo que
lim
x→1
x3 + x2 − 2x
x2 − 1
= lim
x→1
x2 + 2x
x+ 1
=
12 + 2 · 1
1 + 1
=
3
2
, 1
3/2
Gra´fico de f(x)
conforme espera´vamos. Note que, no ca´lculo do u´ltimo limite, reca´ımos na situac¸a˜o do
exemplo anterior, em que numerador tem limite e o denominador se aproxima de um nu´mero
diferente de zero. !
3
Exemplo 3. Vamos tentar agora calcular o limite
lim
x→2
x− 2
|x− 2|
.
Como no exemplo anterior, numerador e denominador se aproximam de zero. Para melhor
entender o que ocorre neste caso vamos denotar g(x) = x−2|x−2| , para x ̸= 2. Observe que, se
x > 2, enta˜o x − 2 > 0, de modo que |x − 2| = x − 2. Assim, g(x) = 1 para todo x > 2.
Quando x < 2, temos x − 2 < 0, e portanto |x− 2| = −(x − 2), implicando que g(x) = −1
para todo x < 2. Assim, o gra´fico de func¸a˜o g e´ como abaixo:
2
1
−1
Gra´fico de g(x)
Olhando para o gra´fico vemos que na˜o existe um
nu´mero L tal que g(x) se aproxima de L quando x se
aproxima de 2. De fato, para valores de x pro´ximos
e maiores que 2 a func¸a˜o se aproxima de 1, enquanto
para valores de x pro´ximos e menores que 2 a func¸a˜o se
aproxima de −1. Neste caso dizemos que na˜o existe o
limite lim
x→2
g(x). !
Vamos olhar com mais cuidado o exemplo anterior. Ainda que o limite na˜o exista temos
informac¸o˜es suficientes para descrever o comportamento da func¸a˜o pro´ximo ao ponto x = 2.
De fato, conforme vimos, ela se aproxima de 1 quando x se aproxima de 2 pela direita.
Quando nos aproximamos pela esquerda de 2, a func¸a˜o se aproxima de −1. Isso motiva as
definic¸o˜es que apresentamos na sequeˆncia.
Suponha que a func¸a˜o f esta´ definida em um intervalo aberto do tipo (a, b). Escrevemos
lim
x→a+
f(x) = L,
se f(x) se aproxima de L a` medida em que x se aproxima de a pela direita. A expressa˜o
acima deve ser lida da seguinte maneira: o limite de f(x) quando x tende para a pela direita
e´ igual a L.
De maneira ana´loga, se o domı´nio de f conte´m um intervalo do tipo (c, a), escrevemos
lim
x→a−
f(x) = M,
se f(x) se aproxima de M a` medida em que x se aproxima de a pela esquerda. A expressa˜o
acima deve ser lida da seguinte maneira: o limite de f(x) quando x tende para a pela esquerda
e´ igual a M .
Estes dois u´ltimos conceitos sa˜o conhecidos como limites laterais. O ca´lculo de um limite
lateral se faz da mesma maneira que o de um limite normal. A diferenc¸a e´ que considera-se
o que ocorre com os valores de f(x) somente de um dos lados do ponto a.
4
Por exemplo, se o gra´fico da func¸a˜o f e´ como na
figura ao lado, enta˜o os limites laterais no ponto x =
sa˜o dados por
lim
x→3−
f(x) = 2, lim
x→3+
f(x) = 5.
Note que na˜o existe o limite lim
x→3
f(x). Isto pode ser
visto no gra´fico e e´ tambe´m uma consequeˆncia do Teo-
rema 1 que veremos logo mais.
3
5
2
Figura 3
Exemplo 3 (revisitado). Vamos calcular limites laterais em x = 2 para a func¸a˜o
g(x) =
x− 2
|x− 2|
.
Temos que
lim
x→2+
g(x) = lim
x→2+
x− 2
|x− 2|
= lim
x→2+
x− 2
x− 2
= 1
e
lim
x→2−
g(x) = lim
x→2−
x− 2
|x− 2|
= lim
x→2+
x− 2
−(x− 2)
= −1,
onde usamos, na penu´ltima igualdade, o fato de que |x−2| = −(x−2) sempre que x−2 < 0,
ou equivalentemente, x < 2. !
Finalizamos observando que, no Exemplo 3, apesar de existirem os limites laterais, na˜o
existe o limite quando x → 2. Isso ocorre porque os limites laterais sa˜o diferentes. De
fato, os limites laterais nos permitem caracterizar completamente a existeˆncia ou na˜o de um
limite, conforme estabelece o teorema seguinte.
Teorema 1. O limite lim
x→a
f(x) existe se, e somente se, os limites laterais lim
x→a+
f(x) e
lim
x→a−
f(x) existem e sa˜o iguais. Neste caso, o limite e´ igual ao valor comum dos limites
laterais.
Vale a pena entender direito o que o teorema acima estabelece. Ele diz que, quando o
limite existe, enta˜o os dois limites laterais existem e sa˜o iguais. Reciprocamente, se os dois
limites laterais (pela direita e pela esquerda) existem e sa˜o iguais, enta˜o o limite existe. No
caso do Exemplo 3 acima, ou mesmo da Figura 3 acima, o que ocorre e´ que, apesar dos
limites laterais existirem, eles sa˜o diferentes, o que implica a na˜o existeˆncia do limite.
5
Tarefa
Nesta tarefa vamos investigar a existeˆncia do limite lim
x→1
f(x) para a func¸a˜o
f(x) =
⎧⎪⎨
⎪⎩
5x− 7, se x ≤ 1,
x2 − 3x+ 2
x− 1
, se x > 1.
Observe que f(1) = −2, embora este valor na˜o tenha nenhuma influeˆncia no valor do
limite. Como vimos, ele na˜o interfere sequer na existeˆncia ou na˜o do limite limite limx→1 f(x).
Outro ponto importante e´ que a func¸a˜o tem uma expressa˜o de definic¸a˜o diferente dependendo
se estamos a` esquerda ou a` direita de x = 1. Isto sugere que devemos utilizar limites laterais
na investigac¸a˜o do comportamento de f pro´ximo ao ponto x = 1.
1. Calcule o limite lateral pela esquerda lim
x→1−
f(x).
2. Calcule o limite lateral pela direita lim
x→1+
f(x). Neste caso, temos numerador e deno-
minador se aproximando de zero, de modo que sera´ necessa´rio fazer fatorac¸o˜es para
calcular o limite.
3. Usando os itens acima, decida sobre a existeˆncia do limite lim
x→1
f(x), justificando sua
resposta.
6
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Propriedades do limite
Neste texto apresentamos as propriedades ba´sicas dos limites. Consideramos sempre
que f e g sa˜o func¸o˜es definidas em um intervalo aberto contendo o ponto x = a, exceto
possivelmente no ponto x = a.
Teorema 1. Se
lim
x→a
f(x) = L, lim
x→a
g(x) = M,
enta˜o
1. lim
x→a
[f(x) + g(x)] = lim
x→a
f(x) + lim
x→a
g(x) = L+M ;
2. lim
x→a
[f(x)− g(x)] = lim
x→a
f(x)− lim
x→a
g(x) = L−M ;
3. lim
x→a
[f(x) · g(x)] = lim
x→a
f(x) · lim
x→a
g(x) = L · M ;
4. lim
x→a
[
f(x)
g(x)
]
=
lim
x→a
f(x)
lim
x→a
g(x)
=
L
M
, desde que M ̸= 0;
5. lim
x→a
n
√
f(x) = n
√
lim
x→a
f(x) = n
√
L, desde que L > 0 se n for par.
Em outras palavras o limite de uma soma e´ a soma dos limites, o mesmo valendo para
subtrac¸a˜o e para o produto. Na˜o e´ muito dif´ıcil acreditar na veracidade das afirmac¸o˜es
acima e, de fato, elas ja´ foram utilizadas em textos anteriores. Todas elas podem ser pro-
vadas rigorosamente, mas este na˜o sera´ o nosso foco aqui. Estamos interessados em usar as
propriedades para calcular limites de func¸o˜es.
Destacamos que a propriedade 4 so´ pode ser usada quando M ̸= 0. Isso ocorre
porque queremos dizer o que o limite vale L/M , e isso na˜o faz sentido no caso em que
M = 0, pois na˜o podemos dividir por zero. Isto na˜o significa que na˜o e´ poss´ıvel calcularo
limite de uma frac¸a˜o quando o denominador se aproxima de zero. De fato, vimos no caso da
velocidade do carro e da reta tangente que, nesta situac¸a˜o, podemos tentar algum tipo de
simplificac¸a˜o na frac¸a˜o de modo a saber o que ocorre quando x→ a.
Na propriedade 5, quando n e´ par, temos a restric¸a˜o L > 0. Ela e´ importante para
garantir que o nu´mero n
√
L esteja bem definido. Por exemplo, se lim
x→a
f(x) = −1, na˜o faz
sentido tentar usar a propriedade para calcular lim
x→a
√
f(x). De fato, como a func¸a˜o f(x) se
1
aproxima de −1, na˜o podemos calcular √f(x) para valores x pro´ximos de a, visto que na˜o
existe raiz quadrada de nu´mero negativo.
Exemplo 1. Para todo a ∈ R, temos que
lim
x→a
x2 = lim
x→a
x · x = lim
x→a
x · lim
x→a
x = a · a = a2.
Aplicando a mesma propriedade repetidas vezes, vemos que
lim
x→a
xn = an,
para todo n ∈ N. !
Exemplo 2. Se p(x) = b0 + b1x+ · · · + bnxn e´ um polinoˆmio, enta˜o
lim
x→a
p(x) = lim
x→a
(b0 + b1x+ · · · + bnxn) = b0 + b1a+ · · · + bnan = p(a).
No exemplo acima usamos a propriedade da soma, do produto e o Exemplo 1. A conclusa˜o
e´ que, para calcular o limite de um polinoˆmio quando x→ a, basta calcular p(a). !
Exemplo 3. Se p(x) e q(x) sa˜o polinoˆmios e q(a) ̸= 0, enta˜o podemos aplicar a regra do
quociente para obter
lim
x→a
p(x)
q(x)
=
p(a)
q(a)
.
!
No pro´ximo resultado vamos considerar o caso em que
temos 3 func¸o˜es que esta˜o “ordenadas” na vizinhanc¸a do
ponto x = a. Isso significa que temos uma delas entre as
outras duas, em uma espe´cie de sandu´ıche, com a func¸a˜o do
meio funcionando como um presunto entre duas fatias de
pa˜o. A partir do desenho e´ natural inferir que, se as duas
fatias de pa˜o va˜o sendo apertadas e se aproximam de um
nu´mero L, o mesmo deve ocorrer com o presunto, que e´ a
func¸a˜o do meio.
a
L
Mais especificamente, temos o seguinte resultado.
2
Teorema 2 (Teorema do Confronto). Suponha que
f(x) ≤ h(x) ≤ g(x)
para todo os valores de x pro´ximos de a, exceto possivelmente em a. Se
lim
x→a
f(x) = L = lim
x→a
g(x)
enta˜o
lim
x→a
h(x) = L.
Antes de aplicar o resultado vamos lembrar que a estrutura de “sandu´ıche” e´ necessa´ria
somente perto do ponto a, na˜o importando o que ocorre com as func¸o˜es para valores x
distantes de a. Novamente, a figura acima ilustra bem esta observac¸a˜o.
Exemplo 4. Vamos estudar o seguinte limite
lim
x→0
x2 sen
(
1
x
)
.
Observe que na˜o podemos usar a regra do produto aqui pois, apesar de x2 se aproximar de
zero, na˜o sabemos o que acontece com o termo sen(1/x). De fato, este u´ltimo termo na˜o
possui limite porque o termo 1/x vai ficando cada vez maior em mo´dulo, de modo que o seu
seno fica oscilando entre −1 e 1.
O fato de na˜o podermos usar a regra do produto na˜o
implica que na˜o e´ poss´ıvel calcular o limite. O comporta-
mento da func¸a˜o h(x) = x2 sen(1/x) pode ser descrito da
seguinte maneira: o termo que envolve o seno fica oscilando,
enquanto o termo x2 faz com que a amplitude desta oscilac¸a˜o
se modifique quando x varia. O gra´fico ao lado ilustra o que
estamos dizendo.
A partir do gra´fico somos levados a crer que limx→0 h(x) = 0. Para comprovar isto, vamos
utilizar o Teorema 2, observando inicialmente que
−1 ≤ sen(1/x) ≤ 1, ∀ x ∈ R.
Multiplicando a desigualdade acima por x2 > 0, conclu´ımos que
−x2 ≤ x2 sen(1/x) ≤ x2, ∀ x ∈ R.
Fazendo x→ 0 e usando o Teorema 2 conclu´ımos que
lim
x→0
x2 sen
(
1
x
)
= 0.
!
3
Finalizamos este texto observando que os Teoremas 1 e 2 valem tambe´m para limites
laterais. Assim, se substituirmos x→ a, por x→ a+ ou x→ a−, todas as afirmac¸o˜es destes
teoremas permanecem va´lidas. No caso do Teorema 2, quanto tratamos de limites laterais, a
”estrutura de sandu´ıche” das 3 func¸o˜es precisa valer somente do lado em que estamos fazendo
o limite lateral.
Tarefa
Uma func¸a˜o f e´ limitada se existe M > 0 tal que
|f(x)| ≤M, ∀ x ∈ dom(f).
1. Suponha que f esteja definida um pouco a` esquerda e um pouco a` direita de x = a.
Se lim
x→a
g(x) = 0 e f e´ limitada, mostre que
lim
x→a
f(x)g(x) = 0.
Explique por que a limitac¸a˜o de f e´ necessa´ria somente pro´ximo ao ponto x = a.
2. Use o item acima para concluir que, se r > 0 e´ um nu´mero racional, enta˜o
lim
x→0
xr sen
(
1
x
)
= 0.
4
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Limite trigonome´trico fundamental
Neste texto vamos nos concentrar em calcular o limite
lim
θ→0
sen(θ)
θ
. (1)
O limite acima apareceu em um texto anterior, quando quer´ıamos determinar o per´ımetro
de um c´ırculo. Naquela oportunidade fizemos a tabela
θ = 1 θ = 0, 5 θ = 0, 1 θ = 0, 01
sen(θ)/θ 0,84147 0,95885 0,99833 0,99998
e deixamos nossa intuic¸a˜o livre para concluir que o limite era igual a 1. Queremos agora
usar o Teorema do Confronto para confirmar a nossa intuic¸a˜o.
O primeiro passo e´ verificar as seguinte igualdades
lim
θ→0
sen(θ) = 0, lim
θ→0
cos(θ) = 1. (2)
Deixaremos para voceˆ a verificac¸a˜o da primeira delas (veja a tarefa ao final do texto). Para
a segunda, vamos lembrar que sen2 θ + cos2(θ) = 1, de modo que cos(θ) = ±
√
1− sen2(θ).
Se θ ∈ (−π/2, π/2), enta˜o cos(θ) e´ positivo. Assim, para tais aˆngulos, vale
cos(θ) =
√
1− sen2(θ).
Como limθ→0 sen(θ) = 0, obtemos
lim
θ→0
cos(θ) = lim
θ→0
√
1− sen2(θ) =
√
lim
θ→0
(1− sen2(θ)) =
√
1− 02 = 1.
Vamos agora calcular o limite em (1) com a ajuda da
figura ao lado.
Observe que o triaˆngulo retaˆngulo OAB esta´ contido
no setor circular determinado pelo aˆngulo θ, que por sua
vez esta´ contido no triaˆngulo retaˆngulo OTB. Deste modo,
temos que
a´rea(∆OAB) < a´rea(setor circular) < a´rea(∆OTB).
O
A
T
B
θ
1
A altura do primeiro triaˆngulo e´ exatamente sen(θ) e a sua base tem a mesma medida do
raio do c´ırculo, ou seja, mede 1. Assim, a primeira a´rea acima vale sen(θ)/2. Para o outro
triaˆngulo temos altura igual a tan(θ) e mesma base, de modo que
sen(θ)
2
< a´rea(setor circular) <
tan(θ)
2
.
Pode-se mostrar que a a´rea do setor e´ proporcional ao aˆngulo central θ. Quando este
aˆngulo vale 2π, a a´rea e´ total e´ π, pois o c´ırculo tem raio igual a 1. Deste modo, se denotarmos
por Aθ a a´rea do setor circular, temos que
π
Aθ
=
2π
θ
,
ou ainda Aθ = θ/2.
Conclu´ımos enta˜o que
sen(θ)
2
<
θ
2
<
tan(θ)
2
.
Lembre agora que, se 0 < x < y, enta˜o (1/x) > (1/y). Assim, segue da expressa˜o acima que
2
tan(θ)
<
2
θ
<
2
sen(θ)
.
Multiplicando todos os termos por sen(θ)/2 > 0, conclu´ımos que
cos(θ) <
sen(θ)
θ
< 1,
para todo θ ∈ (0, π/2). Passando a expressa˜o acima ao limite, usando (2) e o Teorema do
Confronto conclu´ımos que
lim
θ→0+
sen(θ)
θ
= 1.
Para o ca´lculo do limite pela esquerda, vamos lembrar que a func¸a˜o seno e´ ı´mpar e usar
a mudanc¸a de varia´veis β = −θ para obter
lim
θ→0−
sen(θ)
θ
= lim
β→0+
sen(−β)
−β = limβ→0+
− sen(β)
−β = limβ→0+
sen(β)
β
= 1.
Como os dois limites laterais existem e sa˜o iguais a um, conclu´ımos que
lim
θ→0
sen(θ)
θ
= 1,
conforme espera´vamos.
O limite acima e´ conhecido como Limite Trigonome´trico Fundamental. Ele possui va´rias
aplicac¸o˜es. Apresentamos duas delas nos exemplos a seguir.
2
Exemplo 1. Vamos determinar a reta tangente ao gra´fico da func¸a˜o cos(θ) no ponto P =
(0, cos(0)). Para isto, vamos primeiro lembrar que a inclinac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico
da func¸a˜o f(x) no ponto (a, f(a)) e´ dada pelo limite
lim
x→a
f(x)− f(a)
x− a .
Fazendo f(θ) = cos(θ) e a = 0, somos levados a considerar
lim
θ→0
cos(θ)−cos(0)
θ − 0 = limθ→0
cos(θ)− 1
θ
.
Observe que, no limite acima, numerador e denominador se aproximam de zero. Para elimi-
nar a indeterminac¸a˜o, vamos multiplicar ambos pelo conjugado do numerador:
cos(θ)− 1
θ
=
(cos(θ)− 1)
θ
(cos(θ) + 1)
(cos(θ) + 1)
=
cos2(θ)− 1
θ(cos(θ) + 1)
= − sen
2(θ)
θ(cos(θ) + 1)
,
em que usamos a relac¸a˜o sen2(θ) + cos2(θ) = 1 na u´ltima igualdade. Assim,
lim
θ→0
cos(θ)− 1
θ
= lim
θ→0
[
−1 · sen(θ)
θ
· sen(θ)
(cos(θ) + 1)
]
= (−1) · 1 · 0
1 + 1
= 0.
Portanto, a reta tangente tem inclinac¸a˜o nula. Uma
vez que ela passa pelo ponto (0, cos(0)) = (0, 1), con-
clu´ımos que ela e´ exatamente a reta horizontal y = 1,
conforme ilustra a figura ao lado. !
Exemplo 2. Vamos calcular o limite
lim
x→0
sen(5x)
x
.
Embora sejamos tentados a afirmar que ele vale 1, note que o numerador da frac¸a˜o e´ sen(5x),
e na˜o sen(x). Para poder usar (1) vamos fazer a mudanc¸a y = 5x e observar que, quando
x→ 0, temos que y → 0. Deste modo, podemos escrever
lim
x→0
sen(5x)
x
= lim
x→0
5 · sen(5x)
5x
= 5 · lim
x→0
sen(5x)
5x
= 5 · lim
y→0
sen(y)
y
= 5 · 1 = 5.
Note que o limite trigonome´trico fundamental foi utilizado na penu´ltima igualdade. !
3
Tarefa
Nesta tarefa vamos mostrar que
lim
θ→0
sen(θ) = 0,
utilizando a a figura ao lado.
1. Lembrando que sen(θ) = AC, argumente como no
texto para verificar que, se θ ∈ (0, π/2), enta˜o
O
A
C B
θ
0 < sen(θ) < θ.
2. Use o Teorema do Confronto para mostrar que lim
θ→0+
sen(θ) = 0.
3. Lembrando que o seno e´ uma func¸a˜o ı´mpar, calcule o limite pela esquerda.
4. Use os dois itens acima para concluir que lim
θ→0
sen(θ) = 0.
4
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Limite trigonome´trico fundamental
Neste texto vamos nos concentrar em calcular o limite
lim
θ→0
sen(θ)
θ
. (1)
O limite acima apareceu em um texto anterior, quando quer´ıamos determinar o per´ımetro
de um c´ırculo. Naquela oportunidade fizemos a tabela
θ = 1 θ = 0, 5 θ = 0, 1 θ = 0, 01
sen(θ)/θ 0,84147 0,95885 0,99833 0,99998
e deixamos nossa intuic¸a˜o livre para concluir que o limite era igual a 1. Queremos agora
usar o Teorema do Confronto para confirmar a nossa intuic¸a˜o.
O primeiro passo e´ verificar as seguinte igualdades
lim
θ→0
sen(θ) = 0, lim
θ→0
cos(θ) = 1. (2)
Deixaremos para voceˆ a verificac¸a˜o da primeira delas (veja a tarefa ao final do texto). Para
a segunda, vamos lembrar que sen2 θ + cos2(θ) = 1, de modo que cos(θ) = ±
√
1− sen2(θ).
Se θ ∈ (−π/2, π/2), enta˜o cos(θ) e´ positivo. Assim, para tais aˆngulos, vale
cos(θ) =
√
1− sen2(θ).
Como limθ→0 sen(θ) = 0, obtemos
lim
θ→0
cos(θ) = lim
θ→0
√
1− sen2(θ) =
√
lim
θ→0
(1− sen2(θ)) =
√
1− 02 = 1.
Vamos agora calcular o limite em (1) com a ajuda da
figura ao lado.
Observe que o triaˆngulo retaˆngulo OAB esta´ contido
no setor circular determinado pelo aˆngulo θ, que por sua
vez esta´ contido no triaˆngulo retaˆngulo OTB. Deste modo,
temos que
a´rea(∆OAB) < a´rea(setor circular) < a´rea(∆OTB).
O
A
T
B
θ
1
A altura do primeiro triaˆngulo e´ exatamente sen(θ) e a sua base tem a mesma medida do
raio do c´ırculo, ou seja, mede 1. Assim, a primeira a´rea acima vale sen(θ)/2. Para o outro
triaˆngulo temos altura igual a tan(θ) e mesma base, de modo que
sen(θ)
2
< a´rea(setor circular) <
tan(θ)
2
.
Pode-se mostrar que a a´rea do setor e´ proporcional ao aˆngulo central θ. Quando este
aˆngulo vale 2π, a a´rea e´ total e´ π, pois o c´ırculo tem raio igual a 1. Deste modo, se denotarmos
por Aθ a a´rea do setor circular, temos que
π
Aθ
=
2π
θ
,
ou ainda Aθ = θ/2.
Conclu´ımos enta˜o que
sen(θ)
2
<
θ
2
<
tan(θ)
2
.
Lembre agora que, se 0 < x < y, enta˜o (1/x) > (1/y). Assim, segue da expressa˜o acima que
2
tan(θ)
<
2
θ
<
2
sen(θ)
.
Multiplicando todos os termos por sen(θ)/2 > 0, conclu´ımos que
cos(θ) <
sen(θ)
θ
< 1,
para todo θ ∈ (0, π/2). Passando a expressa˜o acima ao limite, usando (2) e o Teorema do
Confronto conclu´ımos que
lim
θ→0+
sen(θ)
θ
= 1.
Para o ca´lculo do limite pela esquerda, vamos lembrar que a func¸a˜o seno e´ ı´mpar e usar
a mudanc¸a de varia´veis β = −θ para obter
lim
θ→0−
sen(θ)
θ
= lim
β→0+
sen(−β)
−β = limβ→0+
− sen(β)
−β = limβ→0+
sen(β)
β
= 1.
Como os dois limites laterais existem e sa˜o iguais a um, conclu´ımos que
lim
θ→0
sen(θ)
θ
= 1,
conforme espera´vamos.
O limite acima e´ conhecido como Limite Trigonome´trico Fundamental. Ele possui va´rias
aplicac¸o˜es. Apresentamos duas delas nos exemplos a seguir.
2
Exemplo 1. Vamos determinar a reta tangente ao gra´fico da func¸a˜o cos(θ) no ponto P =
(0, cos(0)). Para isto, vamos primeiro lembrar que a inclinac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico
da func¸a˜o f(x) no ponto (a, f(a)) e´ dada pelo limite
lim
x→a
f(x)− f(a)
x− a .
Fazendo f(θ) = cos(θ) e a = 0, somos levados a considerar
lim
θ→0
cos(θ)− cos(0)
θ − 0 = limθ→0
cos(θ)− 1
θ
.
Observe que, no limite acima, numerador e denominador se aproximam de zero. Para elimi-
nar a indeterminac¸a˜o, vamos multiplicar ambos pelo conjugado do numerador:
cos(θ)− 1
θ
=
(cos(θ)− 1)
θ
(cos(θ) + 1)
(cos(θ) + 1)
=
cos2(θ)− 1
θ(cos(θ) + 1)
= − sen
2(θ)
θ(cos(θ) + 1)
,
em que usamos a relac¸a˜o sen2(θ) + cos2(θ) = 1 na u´ltima igualdade. Assim,
lim
θ→0
cos(θ)− 1
θ
= lim
θ→0
[
−1 · sen(θ)
θ
· sen(θ)
(cos(θ) + 1)
]
= (−1) · 1 · 0
1 + 1
= 0.
Portanto, a reta tangente tem inclinac¸a˜o nula. Uma
vez que ela passa pelo ponto (0, cos(0)) = (0, 1), con-
clu´ımos que ela e´ exatamente a reta horizontal y = 1,
conforme ilustra a figura ao lado. !
Exemplo 2. Vamos calcular o limite
lim
x→0
sen(5x)
x
.
Embora sejamos tentados a afirmar que ele vale 1, note que o numerador da frac¸a˜o e´ sen(5x),
e na˜o sen(x). Para poder usar (1) vamos fazer a mudanc¸a y = 5x e observar que, quando
x→ 0, temos que y → 0. Deste modo, podemos escrever
lim
x→0
sen(5x)
x
= lim
x→0
5 · sen(5x)
5x
= 5 · lim
x→0
sen(5x)
5x
= 5 · lim
y→0
sen(y)
y
= 5 · 1 = 5.
Note que o limite trigonome´trico fundamental foi utilizado na penu´ltima igualdade. !
3
Tarefa
Nesta tarefa vamos mostrar que
lim
θ→0
sen(θ) = 0,
utilizando a a figura ao lado.
1. Lembrando que sen(θ) = AC, argumente como no
texto para verificar que, se θ ∈ (0, π/2), enta˜o
O
A
C B
θ
0 < sen(θ) < θ.
2. Use o Teorema do Confronto para mostrar que lim
θ→0+
sen(θ) = 0.
3. Lembrando que o seno e´ uma func¸a˜o ı´mpar, calcule o limite pela esquerda.
4. Use os dois itens acima para concluir que lim
θ→0
sen(θ) = 0.
4
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Continuidade e o ca´lculo do imposto de renda
Neste texto vamos introduzir um importante conceito, utilizando como motivac¸a˜o o
ca´lculo do imposto de renda. Para simplificar a exposic¸a˜o e os ca´lculos, consideramos a
situac¸a˜o de um pa´ıs imagina´rio, onde a moeda se chama cruzeta e o imposto e´ taxado
segundo a regra abaixo.
Regra do imposto: quem ganha ate´ 10 mil cruzetas e´ isento; quem ganha mais de 10 mil
e ate´ 20 mil cruzetas paga 10% da renda de imposto; os demais pagam 20% da renda.
Como a maneira de calcular 10 por cento de um nu´mero e´ multiplica´-lo por 10/100 = 0, 1,
segue da regra acima que
I(r) =
⎧⎪⎨
⎪⎩
0 , se 0 ≤ r ≤ 10,
0, 1r , se 10 < r ≤ 20,
0, 2r , se r > 20.
Note que a expressa˜o que define I em cada uma das 3 faixas e´ uma func¸a˜o linear. Contudo, a
func¸a˜o I comoum todo na˜o e´ uma func¸a˜o linear. Embora o gra´fico de I possa ser facilmente
esboc¸ado, vamos continuar a nossa exposic¸a˜o analisando as propriedades da func¸a˜o I sem o
seu gra´fico.
Suponha que queremos saber o valor aproximado do imposto pago por um contribuinte
que ganha aproximadamente 10 mil cruzetas. Olhando para a func¸a˜o fica claro que a resposta
depende de uma informac¸a˜o extra, que e´ saber se o indiv´ıduo ganha mais ou menos de 10
mil. Se o contribuinte ganha um valor um pouco menor do que 10 mil, enta˜o e´ isento. Por
outro lado, se ganha um pouco mais de 10 mil, enta˜o sera´ taxado em 10 por cento. Como
a func¸a˜o do imposto tem comportamento diferente a` direita e a` esquerda de r = 10, vamos
ter que lanc¸ar ma˜o de limites laterais:
lim
r→10−
I(r) = lim
r→10−
0 = 0, lim
r→10+
I(r) = lim
r→10+
(0, 1r) = 0, 1× 10 = 1.
No primeiro limite acima consideramos a primeira faixa, porque r se aproxima por valores
menores que 10. Ja´ no segunda, a faixa considerada foi a segunda, que e´ aquela de quem
ganha um pouco mais de 10 mil. No ca´lculo do segundo limite lateral acima temos uma
observac¸a˜o importante: ainda que a func¸a˜o I seja igual a zero em r = 10, a expressa˜o de
1
I(r) que usamos apo´s a primeira igualdade foi 0, 1r. Isso porque, no ca´lculo do limite pela
direita, importa somente o que acontece com a func¸a˜o I para valores pro´ximos e maiores
que 10. O valor de I no ponto r = 10 na˜o interfere no valor deste limite lateral.
Conclu´ımos enta˜o que o o limite limr→10 I(r) na˜o existe, pois os limites laterais sa˜o
diferentes. Esta na˜o existeˆncia pode ser facilmente percebida quando analisamos o gra´fico
da func¸a˜o I, que esta´ esboc¸ado abaixo.
Note que existe um salto no gra´fico no ponto r = 10.
Quando nos aproximamos de 10 pela esquerda a func¸a˜o se
aproxima de 0, porque e´ sempre nula. Quando nos aproxi-
mamos pela direita, a func¸a˜o se aproxima de 1. Do ponto de
vista matema´tico isso pode ser observado a partir do fato de
que os limites laterais sa˜o distintos. A consequeˆncia disso e´
a na˜o existeˆncia do limite de I(r) quando r → 10.
10 20
1
4
Nesse ponto vale notar que o salto observado no gra´fico acima causa uma injustic¸a no
ca´lculo do imposto. Para exemplificar, suponha que um contribuinte tenha uma renda de 10
mil cruzetas. Nesse caso, como e´ isento de imposto de renda, ele receberia uma valor l´ıquido
de 10 mil cruzetas. Pore´m, um outro contribuinte que tem uma renda de 11 mil cruzetas (e
que eventualmente trabalha melhor do que o primeiro) paga 1,1 mil cruzetas de imposto de
renda, tendo enta˜o uma renda l´ıquida de 9,9 mil cruzetas!
Para tentar corrigir a injustic¸a acima vamos fazer uma pequena mudanc¸a na regra da 2a
faixa do imposto:
Nova regra do imposto: quem ganha ate´ 10 mil cruzetas e´ isento; quem ganha mais de
10 mil e ate´ 20 mil cruzetas paga 10% da renda de imposto menos uma parcela fixa de c mil
cruzetas; os demais pagam 20% da renda.
Com essa nova regra, a func¸a˜o que calcula o imposto passa a ser
I1(r) =
⎧⎪⎨
⎪⎩
0 , se 0 ≤ r ≤ 10,
0, 1r − c , se 10 < r ≤ 20,
0, 2r , se r > 20,
onde estamos denotando por I1 a func¸a˜o que calcula esse novo imposto. Observe que, para
cada escolha do valor da deduc¸a˜o c, temos uma func¸a˜o diferente. Gostar´ıamos de escolher
o paraˆmetro c de modo que a injustic¸a citada acima na˜o exista mais. Mais especificamente,
queremos escolher o valor de c de modo a eliminar o salto no gra´fico de I1 no ponto r = 10.
Para tanto, vamos calcular os limites laterais:
lim
r→10−
I1(r) = lim
r→10−
0 = 0, lim
r→10+
I1(r) = lim
r→10+
(0, 1r − c) = 1− c.
2
Para que exista o limite no ponto r = 10, os limites laterais devem existir e serem
iguais. Logo, o valor da deduc¸a˜o c deve ser tal que 0 = 1 − c, ou seja, c = 1. Portanto, os
contribuintes que esta˜o na 2a faixa devem pagar 10% de sua renda menos 1 mil cruzetas.
10 20
4
O gra´fico ao lado representa o novo imposto, cuja expressa˜o
pode ser descrita como se segue:
I1(r) =
⎧⎪⎨
⎪⎩
0 , se 0 ≤ r ≤ 10,
0, 1r − 1 , se 10 < r ≤ 20,
0, 2r , se r > 20.
Observe que na˜o ocorre mais aquele salto no ponto r = 10. Introduzimos abaixo um
conceito matema´tico que serve para garantirmos que na˜o existem saltos ou quebras no gra´fico
de func¸o˜es.
Definic¸a˜o 1. Seja f uma func¸a˜o definida em um intervalo aberto contendo o ponto x = a.
Dizemos que ela e´ cont´ınua neste ponto se
lim
x→a
f(x) = f(a).
Para que f seja cont´ınua em x = a, e´ necessa´rio que o ponto a esteja no domı´nio de f .
Mais do que isso, como precisamos calcular limx→a f(x), e´ necessa´rio que o domı´nio de f
contenha todo um intervalo aberto centrado no ponto x = a. Ale´m disso, e´ preciso que o
limite exista e coincida com o valor da func¸a˜o f no ponto x = a.
Exemplo 1. Vamos mostar que I1 e´ cont´ınua em r = 10. Para isto, primeiro temos que
checar se o limite existe no ponto r = 10:
lim
r→10−
I1(r) = lim
r→10−
0 = 0, lim
r→10+
I1(r) = lim
r→10+
(0, 1r − 1) = 1− 1 = 0.
Como os limites laterais existem e sa˜o iguais, conclu´ımos que o limite existe e e´ igual a 0.
Ale´m disso, como I(10) = 0, temos que
lim
r→10
I1(r) = 0 = I(10),
o que mostra que I1 e´ cont´ınua em r = 10. !
Exemplo 2. A cointinuidade em r = 15 e´ mais simples de ser verificada, pois nem precisamos
de limites laterais:
lim
r→15
I1(r) = lim
r→15
(0, 1r − 1) = 0, 5 = I1(15).
3
Por outro lado, no ponto r = 20 a func¸a˜o na˜o e´ cont´ınua. De fato,
lim
r→20−
I1(r) = lim
r→20−
(0, 1r − 1) = 1, lim
r→20+
I1(r) = lim
r→20+
0, 2r = 4.
Como os limites laterais sa˜o diferentes na˜o existe o limite. Assim, I1 na˜o e´ cont´ınua em
r = 20. !
Poder´ıamos nos questionar sobre a continuidade no ponto r = 0. Neste caso, na˜o podemos
calcular o limite quando r → 0, pois a func¸a˜o na˜o esta´ definida a` esquerda de r = 0. Vamos
precisar de um conceito que deˆ conta de casos como este.
A definic¸a˜o de continuidade apresentada acima na˜o se aplica em pontos que sa˜o a extre-
midade de intervalos do tipo [a, b), (a, b], (−∞, b] ou [a,+∞). Para contornar este problema,
dizemos que a func¸a˜o e´ cont´ınua numa extremidade de um intervalo se o valor da func¸a˜o
nessa extremidade for igual ao limite lateral adequado naquele ponto.
Exemplo 3. A func¸a˜o I1 e´ cont´ınua no ponto r = 0, pois
lim
r→0+
I1(r) = lim
r→0+
0 = 0 = I(0).
Destacamos novamente que, aqui, so´ podemos calcular o limite no ponto r = 0 pela direita,
pois a func¸a˜o na˜o esta´ definida para r < 0. !
Os argumentos apresentados nos exemplos acima nos permitem concluir que a func¸a˜o I
e´ cont´ınua em todos os pontos do seu domı´nio, exceto no ponto r = 20. Na sua tarefa voceˆ
vai introduzir uma deduc¸a˜o na 3a faixa para eliminar esta descontinuidade.
Finalizamos considerando o ca´lculo do imposto de renda no Brasil. A metodologia e´
ana´loga a` descrita acima, com a diferenc¸a que temos aqui 5 faixas, ao inve´s de 3. A tabela
abaixo (que reflete o ano base de 2014 e esta´ expressa em reais) apresenta os valores referentes
a cada uma dessas faixas. Deixamos como exerc´ıcio para o leitor obter a expressa˜o da func¸a˜o
I(r) que calcula o imposto em func¸a˜o da renda, bem como a verificac¸a˜o de que as parcelas
de deduc¸a˜o foram escolhidas pelo governo de modo a tornar a func¸a˜o cont´ınua em todos os
pontos, evitando assim os saltos no gra´fico e as decorrentes injustic¸as.
Renda Al´ıquota Deduc¸a˜o
Ate´ R$ 1.787,77 (isento) (isento)
De R$ 1.787,78 ate´ R$ 2.679,29 7,5% R$ 134,08
De R$ 2.679,30 ate´ R$ 3.572,43 15% R$ 335,03
De R$ 3.572,44 ate´ R$ 4.463,81 22,5% R$ 602,96
Acima de R$ 4.463,81 27,5% R$ 825,15
4
Tarefa
Vimos no texto que afunc¸a˜o I1 na˜o e´ cont´ınua no ponto r = 20. Essa descontinuidade
causa, novamente, uma injustic¸a para com os contribuintes que ganham um pouco mais de
20 mil cruzetas. Nessa tarefa vamos introduzir uma parcela de deduc¸a˜o na 3a faixa de modo
a compensar essa injustic¸a.
Considerando enta˜o a (nova) func¸a˜o para o ca´lculo do imposto definida abaixo
I2(r) =
⎧⎪⎨
⎪⎩
0 , se 0 ≤ r ≤ 10,
0, 1r − 1 , se 10 < r ≤ 20,
0, 2r − b , se r > 20,
resolva os itens a seguir:
1. Calcule os limites laterais no ponto r = 20;
2. Determine o valor de b ∈ R, de modo que I2 seja cont´ınua no ponto r = 20;
3. Fac¸a um esboc¸o do gra´fico de I2.
5
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Exemplos de func¸o˜es cont´ınuas
Comec¸amos lembrando que a func¸a˜o f e´ cont´ınua em um ponto a no interior do seu
domı´nio quando
lim
x→a
f(x) = f(a).
Se a func¸a˜o e´ definida em um intervalo do tipo [a, b], dizemos que ela e´ cont´ınua em x = a
e/ou x = b se
lim
x→a+
f(x) = f(a) e/ou lim
x→b−
f(x) = f(b),
pois, neste caso, na˜o faz sentido fazer x→ a ou x→ b, visto que so´ podemos nos aproximar
destes pontos por um dos lados. Quando a func¸a˜o f e´ cont´ınua em todos os pontos do seu
domı´nio dizemos somente que f e´ uma func¸a˜o cont´ınua.
No que se segue, apresentamos alguns exemplos de func¸o˜es cont´ınuas.
Exemplo 1. Para qualquer c ∈ R temos que
lim
x→a
c = c,
e portanto a func¸a˜o constante f(x) = c e´ cont´ınua. !
Exemplo 2. Se p(x) = b0 + b1x+ · · ·+ bnxn e´ um polinoˆmio, enta˜o
lim
x→a
p(x) = lim
x→a
(b0 + b1x+ · · ·+ bnx
n) = b0 + b1a+ · · ·+ bna
n = p(a),
o que mostra que todo polinoˆmio e´ uma func¸a˜o cont´ınua. !
Exemplo 3. Uma func¸a˜o racional e´ uma func¸a˜o definida como o quociente de dois po-
linoˆmios. Se p(x) e q(x) sa˜o polinoˆmios e q(a) ̸= 0, enta˜o podemos aplicar a regra do
quociente para obter
lim
x→a
p(x)
q(x)
=
p(a)
q(a)
.
Uma vez que dom(p/q) = {x ∈ R : q(a) ̸= 0}, conclu´ımos que toda func¸a˜o racional e´
cont´ınua. !
O resultado a seguir e´ uma consequeˆncia das propriedades de limite. Ele nos permite
construir va´rios outros exemplos de func¸o˜es cont´ınuas a partir dos 3 acima.
1
Teorema 1. Se f e g sa˜o cont´ınuas no ponto x = a, enta˜o sa˜o tambe´m cont´ınuas neste
ponto as func¸o˜es
1. (f + g)(x) = f(x) + g(x);
2. (f − g)(x) = f(x)− g(x);
3. (f · g)(x) = f(x) · g(x);
4. (f/g)(x) =
f(x)
g(x)
, desde que g(a) ̸= 0.
Em resumo, as operac¸o˜es ba´sicas entre func¸o˜es cont´ınuas resultam em func¸o˜es cont´ınuas.
Uma vez que a prova do teorema e´ bem simples, vamos considerar somente o item 1, deixando
os demais para o leitor. Como f e g sa˜o cont´ınua em x = a temos que
lim
x→a
f(x) = f(a), lim
x→a
g(x) = g(a).
Assim
lim
x→a
[f(x) + g(x)] = lim
x→a
f(x) + lim
x→a
g(x) = f(a) + g(a) = (f + g)(a),
o que mostra que f + g e´ cont´ınua em x = a. A prova dos outros itens pode ser feita de
maneira ana´loga. Destacamos somente que, no item 4, estamos supondo g(a) ̸= 0 para que
possamos aplicar a regra do quociente para limites. De fato, se g(a) = 0, a func¸a˜o f/g na˜o
esta´ definida no ponto x = a.
Exemplo 4. Lembremos que
lim
θ→0
sen(θ) = 0 = sen(0), lim
θ→0
cos(θ) = 1 = cos(0),
o que mostra que o seno e o coseno sa˜o cont´ınuos no ponto θ = 0. Considerando agora
um ponto qualquer a ∈ R, podemos usar o fo´rmula do seno de uma soma e a mudanc¸a de
varia´veis θ = x− a, para obter
lim
x→a
sen(x) = lim
θ→0
sen(θ + a)
= lim
θ→0
[sen(θ) cos(a) + sen(a) cos(θ)]
= sen(0) · cos(a) + sen(a) cos(0) = sen(a),
e portanto o seno e´ uma func¸a˜o cont´ınua. Voceˆ vai verificar na sua tarefa que as demais
func¸o˜es trigonome´tricas sa˜o tambe´m cont´ınuas. !
2
Exemplo 5. Embora na˜o possamos ainda demonstrar, vamos registrar aqui que as func¸o˜es
exponencial e logaritmo sa˜o tambe´m cont´ınuas. Isso significa que
lim
x→a
ex = ea, lim
x→b
ln(x) = ln(b),
para todos a ∈ R e b > 0. !
O pro´ximo resultado mostra que a composic¸a˜o de func¸o˜es cont´ınuas e´ uma func¸a˜o cont´ınua.
Teorema 2. Se g e´ cont´ınua no ponto x = a, e f e´ cont´ınua no ponto y = g(a), enta˜o a
func¸a˜o composta
(f ◦ g)(x) = f(g(x))
e´ cont´ınua no ponto x = a.
Intuitivamente, o que ocorre no teorema acima e´ o seguinte: quando x se aproxima de
a, os valores y = g(x) se aproximam de g(a), porque g e´ cont´ınua em x = a. Por outro
lado, como f e´ cont´ınua em g(a), a` medida em que os valores y = g(x) se aproximam de
g(a), os valores f(y) = f(g(x)) se aproximam de f(g(a)). Portanto, a composic¸a˜o de func¸o˜es
cont´ınuas e ainda uma func¸a˜o cont´ınua.
Exemplo 6. Neste exemplo final vamos considerar a func¸a˜o
f(x) =
{
x2 sen(1/x), se x ̸= 0,
0, se x = 0,
que ja´ foi alvo de nosso estudo em um texto anterior. Observe que ela esta´ definida em
toda a reta. Dado a ̸= 0, sabemos qua a func¸a˜o 1/x e´ cont´ınua em x = a. Como o seno e´
cont´ınuo, conclu´ımos que sen(1/x) e´ cont´ınua em x = a. O mesmo ocorre para x2, de modo
que f e´ cont´ınua em todo ponto a ̸= 0 por ser o produto de duas func¸o˜es cont´ınua neste
ponto.
A parte mais delicada e´ o estudo da continuidade no
ponto x = 0. Observe que
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
x2 sen(1/x) = 0 = f(0),
o que mostra que f e´ tambe´m cont´ınua em x = 0. Na
penu´ltima desigualdade acima o ca´lculo do limite foi feito
utilizando-se o Teorema do Confronto, conforme o texto em
que apresentamos as propriedades ba´sicas do limite. !
3
Tarefa
Vimos no texto que a func¸a˜o seno e´ cont´ınua. Nesta tarefa vamos provar a continuidade das
demais func¸o˜es trigonome´tricas.
1. Utilize a fo´rmula
cos(θ + a) = cos(θ) cos(a)− sen(θ) sen(a)
e a mesma mudanc¸a de varia´veis do Exemplo 4 do texto para verificar que
lim
x→a
cos(x) = cos(a),
e concluir que a func¸a˜o coseno e´ cont´ınua em todo ponto a ∈ R.
2. Use agora o Teorema 1 do texto para mostra que sa˜o cont´ınua as demais func¸o˜es
trigonome´tricas, a saber
tan(x) =
sen(x)
cos(x)
, sec(x) =
1
cos(x)
, csc(x) =
1
sen(x)
, cot(x) =
1
tan(x)
.
4
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
O Teorema do Valor Intermedia´rio
Suponha que f e´ uma func¸a˜o cont´ınua em todo o intervalo fechado [a, b]. Isto significa
que, para todo c ∈ (a, b), temos que limx→c f(x) = f(c). Nas extremidades do intervalo o
conceito de continuidade se expressa atrave´s de limites laterais:
lim
x→a+
f(x) = f(a), lim
x→b−
f(x) = f(b).
Para fixar ideias vamos supor que f(a) < f(b) e considerar um nu´mero y0 tal que
f(a) < y0 < f(b).
A reta horizontal y = y0 divide o plano cartesiano em dois pedac¸os disjuntos: um deles,
que chamaremos de R+, conte´m todos os pontos que ficam acima da reta e o outro, que
chamaremos R−, conte´m os pontos que ficam abaixo da reta. Como f(a) < y0 < f(b),
devemos ter
A = (a, f(a)) ∈ R−, B = (b, f(b)) ∈ R+.
O gra´fico de f e´ uma curva cont´ınua ligando estes pontos. Assim, e´ natural afirmar que
esta curva precisa tocar a reta horizontal em algum ponto (x0, y0). Este ponto pertence ao
gra´fico, de modo que f(x0) = y0 (veja a Figura 1 a seguir). Em outras palavras, ”se voceˆ
esta´ dentro de uma sala que na˜o tem janelas e tem somente uma porta, a u´nica maneira de
sair da sala e´ passando pela porta...”
O argumento geome´trico que usamos acima pode ser formalizado matematicamente. A
sua conclusa˜o e´ um importante resultado que enunciamos abaixo.
Teorema 1 (Teorema do Valor Intermedia´rio). Suponha que f e´ uma func¸a˜o cont´ınua no
intervalo fechado [a, b]. Se y0 e´ um valor entre f(a) e f(b), enta˜o existe pelo menos um
x0 ∈ [a, b] tal que f(x0) = y0.
a x0 b
f(a)y0
f(b)
Figura 1: f(a) < f(b)
a x0 b
f(b)
y0
f(a)
Figura 2: f(a) > f(b)
1
No enunciado acima, como na˜o estamos supondo f(a) < f(b), a frase “entre f(a) e f(b)”
deve ser entendida como entre o menor e o maior deles. As figuras acima ilustram primeiro
os casos f(a) < f(b) e, em seguida, o caso f(a) > f(b). Se tivermos f(a) = f(b), enta˜o
a u´nica opc¸a˜o seria y0 = f(a), e neste caso o teorema claramente e´ verdadeiro bastando
tomarmos x0 = a, por exemplo.
Antes de apresentar aplicac¸o˜es vamos destacar que a conclusa˜o do teorema pode ser falsa
se a func¸a˜o f na˜o for cont´ınua. Um exemplo simples e´ a func¸a˜o
f(x) =
{
x, se x ∈ [0, 2] \ {1},
2, se x = 1.
Esta func¸a˜o (descont´ınua) esta´ definida no intervalo [0, 2] e
cumpre
f(0) = 0 < 1 < 2 = f(2).
No entanto, na˜o existe nenhum elemento x0 ∈ [0, 2] tal que
f(x0) = 1.
1 2
1
2
No que se segue apresentamos alguns exemplos ilustrando a aplicac¸a˜o do TVI-Teorema
do Valor Intermedia´rio.
Exemplo 1. Vamos usar o TVI para encontrar aproximac¸o˜es para uma raiz da func¸a˜o
f(x) = x3 − 2x2 − 4x− 2.
Uma conta simples mostra que f(2) = −10, de modo que o ponto (2, f(2)) esta´ abaixo
do eixo Ox. Por outro lado, como f(6) = 118, o ponto (6, f(6)) se situa acima do eixo Ox.
Sendo f cont´ınua, o seu gra´fico deve ligar esses dois pontos com uma curva suave, sem saltos.
A curva deve enta˜o interceptar o eixo Ox em um ponto cuja abscissa e´ uma raiz de f(x).
Vamos colocar as coisas na notac¸a˜o do teorema: a func¸a˜o f e´ cont´ınua no intervalo [2, 6],
por ser um polinoˆmio. Ale´m disso, se considerarmos d = 0, temos que
f(2) = −10 < d < 118 = f(6).
Segue do Teorema 1 que existe x0 ∈ [2, 6] tal que f(x0) = d = 0. Logo, a func¸a˜o f possui
pelo menos uma raiz no intervalo [2, 6].
Observe que o teorema na˜o nos permite encontrar a raiz. Contudo, como sabemos que
no intervalo [2, 6] existe uma raiz, podemos dizer que x = 4 e´ uma raiz aproximada. Nesta
aproximac¸a˜o, estamos cometendo um erro de no ma´ximo 2. Isso significa que, partindo
da posic¸a˜o x = 4, se andarmos 2 unidades para a esquerda ou 2 unidades para o direita
2
certamente encontraremos uma raiz. Para a aproximac¸a˜o, escolhemos o ponto me´dio do
intervalo [2, 6], que e´ exatamente x = 4.
Se voceˆ considera que um erro de tamanho 2 na˜o e´ aceita´vel, pode melhorar a aproximac¸a˜o
usando o TVI mais uma vez: calculamos f(4) = 14 e percebemos que x = 4 na˜o e´ uma raiz.
Se considerarmos o intervalo [4, 6], temos que f(4) e f(6) sa˜o positivos. Assim, pode ser que
o gra´fico na˜o cruze o eixo Ox quando ligamos os pontos (4, (f4)) e (6, f(6)). Pore´m, olhando
para o outro extremo do intervalo [2, 6], temos que
f(2) = −10 < 0 < 14 = f(4),
e portanto o TVI nos garante que existe uma raiz no intervalo [2, 4]. Procedendo como antes,
podemos considerar x = 3 (que e´ o ponto me´dio do intervalo [2, 4]) como raiz aproximada.
O erro cometido agora e´ de no ma´ximo 1.
1 2 3 4 5 6
O processo acima pode ser continuando de modo a diminuir
o erro o tanto que quisermos. A cada novo passo, o erro se reduz
pela metade. Por exemplo, se fizermos mais um passo, temos que
f(3) = −5 < 0 < 14 = f(4),
e portanto existe raiz no intervalo [3, 4]. A raiz aproximada seria
x = 3+ 1/2 e o erro ma´ximo seria igual a 1/2. Na figura abaixo
voceˆ pode conferir o gra´fico da func¸a˜o no intervalo [0, 6].
Finalizamos o exemplo observando que, para o passo inicial do processo acima, e´ ne-
cessa´rio descobrir valores a e b tais que os sinais de f(a) e f(b) sa˜o contra´rios. Embora isto
possa parecer complicado e arbitra´rio, voceˆ deve concordar que e´ mais fa´cil do que tentar
encontrar a raiz diretamente, ainda mais no caso em que a expressa˜o da func¸a˜o f e´ muito
complicada. !
Exemplo 2. Vamos verificar que a equac¸a˜o
3
√
x = 1− x
possui pelo menos uma soluc¸a˜o. Para tanto, observe inicialmente que as soluc¸o˜es da equac¸a˜o
acima sa˜o precisamente as ra´ızes da func¸a˜o f(x) = 3
√
x− 1 + x. Como
f(0) = −1 < 0 < 1 = f(1),
o TVI implica a existeˆncia de uma raiz no intervalo [0, 1], ou seja, a equac¸a˜o em questa˜o
possui uma soluc¸a˜o neste intervalo. Se quisermos, podemos fazer aproximac¸o˜es desta soluc¸a˜o
procedendo como no Exemplo 1. !
3
Exemplo 3. Suponha que a Terra seja redonda e considere P0 um ponto qualquer na sua
superf´ıcie. A semi-reta que liga P0 ao centro da terra fura a superf´ıcie em outro ponto P ′0,
que chamamos de ant´ıpoda do ponto P0.
Vamos usar o TVI para provar o seguinte fato curioso: em qualquer instante de tempo,
existe um ponto sobre o equador da Terra cuja temperatura e´ a mesma do seu ponto ant´ıpoda.
Seja enta˜o P0 um ponto fixo em cima do equador e O o centro
da terra. Dado outro ponto Pθ sobre o equador, os segmentos
OP0 e OPθ formam um aˆngulo θ ∈ (0, 2π), que vamos associar
ao ponto Pθ. Desta forma, podemos construir uma func¸a˜o T :
[0, 2π]→ R da seguinte forma
T (θ) =
{
temperatura no ponto Pθ, se 0 < θ < 2π,
temperatura no ponto P0, se θ ∈ {0, 2π}.
P0
P ′0
Pθ
θ
O
A intuic¸a˜o f´ısica nos permite afirmar que a func¸a˜o T e´ cont´ınua, porque pontos pro´ximos
na superf´ıcie da terra teˆm temperaturas pro´ximas. Vamos considerar agora a func¸a˜o cont´ınua
g(θ) = T (θ)− T (θ + π), ∀ θ ∈ [0, π],
que mede a diferenc¸a de temperatura entre dois pontos ant´ıpodas.
Note que
g(0) = T (0)− T (π), g(π) = T (π)− T (2π) = T (π)− T (0) = −g(0).
Se g(0) = 0, enta˜o a temperatura nos pontos P0 e Pπ sa˜o guais. Caso contra´rio, devemos
ter g(0) ̸= 0. Neste caso, como g(π) = −g(0), os sinais de g(0) e g(π) sa˜o opostos. Segue
enta˜o do TVI que g(θ0) = 0 par algum θ0 ∈ (0, π). Assim, os pontos Pθ0 e Pθ0+π esta˜o sob a
mesma temperatura.
O argumento acima permanece va´lido para qualquer outra medida escalar que varia
continuamente sobre a superf´ıcie da Terra, por exemplo, a pressa˜o, ou a elevac¸a˜o. Ale´m
disso, na˜o precisamos nos deslocar sobre o equador, mas sim sobre qualquer c´ırculo ma´ximo,
por exemplo todas aquelas imagina´rias que determinam a longitude de um ponto na superf´ıcie
terrestre. !
4
Tarefa
Um ponto fixo de uma func¸a˜o e´ um ponto x0 ∈ dom(f) tal que f(x0) = x0. Nem toda func¸a˜o
possui pontos fixos, e o leitor esta´ convidado a exibir uma que na˜o possua. O resultado abaixo
exibe uma classe de func¸o˜es para os quais podemos afirmar que eles existem.
Teorema 2. Se f : [0, 1]→ [0, 1] e´ cont´ınua, enta˜o f possui pelo menos um ponto fixo.
O resultado acima e´ um caso particular do importante Teorema do Ponto Fixo de Brower.
Nesta tarefa, vamos provar este caso particular atrave´s dos seguintes passos.
1. Desenhe, em um mesmo plano cartesiano, o gra´fico da func¸a˜o h(x) = x e de uma
poss´ıvel func¸a˜o cont´ınua f : [0, 1] → [0, 1], para se convencer graficamente da veraci-
dade do teorema;
2. Explique por que a func¸a˜o g(x) = x − f(x) e´ cont´ınua em [0, 1] e por que as suas
(poss´ıveis) ra´ızes sa˜o exatamente os pontos fixos de f ;
3. Apo´s verificar que g(0) ≤ 0 ≤ g(1), use o TVI para concluir que f possui pelo menos
um ponto fixo.
5
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Volume de um ga´s em um pista˜o
Suponha que um ga´s e´ mantido a uma temperatura constante em um pista˜o. A` medida
que o pista˜o e´ comprimido, o volume do ga´s decresce com a func¸a˜o V (p) = 200/p litros,
ate´ atingir a pressa˜o cr´ıtica de 100 torr, quando ele se liquidifica, havendo nesse momento
uma variac¸a˜o brusca de volume. Em seguida, o seu volume passa a ser dado pela func¸a˜o
V (p) = −0, 01p+2, ate´ que seja atingida a nova pressa˜o cr´ıtica de 150 torr, a partir da qual
o volume permanece constante e igual a 0, 5 litro.
A partir das informac¸o˜es acima, podemos concluir que
V (p)=
⎧⎪⎨
⎪⎩
200/p, se 0 < p ≤ 100,
−0, 01p+ 2, se 100 < p ≤ 150,
1/2, se 150 < p.
Queremos estudar o comportamento de V quando p esta´ pro´ximo de zero. Para tanto,
precisamos estudar o limite lim
p→0+
V (p). Note que so´ faz sentido tomar o limite lateral pela
direita, pois a func¸a˜o na˜o esta´ definida para valores negativos de p. Observe ainda que, no
ca´lculo do limite lim
p→0+
200/p, na˜o podemos simplesmente substituir o valor p = 0, pois isso
anularia o denominador. Ale´m disso, a expressa˜o de V na˜o sugere nenhum tipo de fatorac¸a˜o
ou simplificac¸a˜o que nos permita contornar o fato do denominador aproximar-se de zero. De
fato, o problema aqui e´ que o denominador se aproxima de zero, enquanto o numerador se
aproxima de uma nu´mero na˜o nulo (que e´ 200).
Para entender o que acontece com a frac¸a˜o vamos olhar para a tabela abaixo, que apre-
senta o valor da pressa˜o V (p) alguns valores p pro´ximos de zero:
p 1 0, 1 0, 01 0, 001 10−n
V (p) 200 2.000 20.000 200.000 2× 10n+2
em que n ∈ N e´ um nu´mero natural. Observe que, a` medida em que p se aproxima de 0
(pela direita), os valores V (p) se tornam cada vez maiores. Escrevemos enta˜o
lim
p→0+
V (p) = lim
p→0+
200
p
= +∞.
A expressa˜o acima indica que a func¸a˜o V assume valores arbitrariamente grandes desde
que p esteja suficientemente pro´ximo de 0. Para ilustrar isso, suponha que queremos garantir
que o volume fique maior do que 1 bilha˜o de litros. Para tanto, devemos ter
V (p) =
200
p
> 109 ⇐⇒ p× 109 < 2× 102 ⇐⇒ p < 2× 10−7.
1
Assim, o volume ultrapassa o valor de 1 bilha˜o de litros sempre que a pressa˜o p satisfaz
0 < p < 2× 10−7.
O comportamento de V pro´ximo aos pontos p = 100 e p = 150 pode ser facilmente
determinado a partir dos limites laterais nestes pontos:
lim
p→100−
V (p) = 2, lim
p→100+
V (p) = 1, lim
p→150−
V (p) = 1/2, lim
p→150+
V (p) = 1/2.
Note que na˜o existe o limite em p = 100, e portanto V na˜o e´ cont´ınua neste ponto. Este
fato esta´ relacionado com a variac¸a˜o brusca de volume citada no texto.
Para fazer um esboc¸o do gra´fico de V vamos observar que,
para 0<p≤100, a func¸a˜o tem a expressa˜o de uma hipe´rbole.
Nas demais sentenc¸as da definic¸a˜o de V , temos equac¸o˜es de
retas. Recordando os conhecimentos de geometria anal´ıtica
do ensino me´dio e usando as informac¸o˜es acima, podemos
esboc¸ar o gra´fico de V como na figura ao lado.
100 150 p
1
2
V
De uma maneira geral, suponha que uma func¸a˜o f esta´ definida em um intervalo aberto
contendo a, exceto possivelmente em x = a. Escrevemos
lim
x→a
f(x) = +∞, (1)
para representar o fato de que, quando x vai se tornando pro´ximo de a, os valores f(x) va˜o
se tornando cada vez maiores. A expressa˜o acima deve ser lida da seguinte maneira: o limite
de f(x), quando x tende para a, e´ infinito. De maneira ana´loga, podemos definir
lim
x→a
f(x) = −∞, lim
x→a±
f(x) = ±∞, lim
x→a±
f(x) = ∓∞.
Quando ocorre (1) ou qualquer um dos casos acima, dizemos que a reta x = a e´ uma
ass´ıntota vertical da func¸a˜o f .
Vale observar que, quando escrevemos lim
x→a
f(x) = +∞ (ou qualquer outra das igualdades
acima), na˜o estamos falando que o limite existe. Para que ele exista e´ preciso que a func¸a˜o
se aproxime de um nu´mero. O que ocorre neste caso e´ que o limite na˜o existe mas, apesar
disso, sabemos que a func¸a˜o toma valor muito grandes quando x esta´ pro´ximo de a.
Outra observac¸a˜o importante e´ que, se uma func¸a˜o e´ cont´ınua no ponto a, a reta
x = a na˜o pode ser uma ass´ıntota vertical da func¸a˜o, pois lim
x→a
f(x) = f(a). Assim,
quando vamos procurar as ass´ıntota verticais de uma func¸a˜o, temos que descartar todos os
valores onde a func¸a˜o e´ cont´ınua.
2
Exemplo 1. Para a func¸a˜o V (p) do in´ıcio do texto temos que a reta x = 0 e´ uma ass´ıntota
vertical, visto que limp→0+ V (p) = +∞. Geometricamente, o que acontece e´ que o gra´fico
de V se aproxima do eixo das ordenadas quando p → 0+, conforme pode ser observado
no gra´fico da pa´gina anterior. Vale notar que, mesmo que na˜o possamos calcular o limite
limp→0− V (p), o fato do limite pela direita ser infinito ja´ implica que a reta x = 0 e´ uma
ass´ıntota vertical. !
Exemplo 2. Sejam f e g as func¸o˜es cujos gra´ficos esta˜o indicados pelas Figuras 1 e 2 abaixo,
respectivamente.
x
y
−1
Figura 1
x
y
−1
1
π/2
−π/2
Figura 2
Observe que lim
x→0−
f(x) = −∞, de modo que a reta x = 0 e´ uma ass´ıntota vertical da
func¸a˜o f . No caso desta func¸a˜o, temos tambe´m que lim
x→0+
f(x) = +∞. Pore´m, somente a
informac¸a˜o do limite pela esquerda ja´ seria suficiente para determinar a ass´ıntota vertical.
Para a func¸a˜o g da Figura 2 temos que lim
x→−π/2
g(x) = −∞ e lim
x→π/2
g(x) = +∞, e portanto a
func¸a˜o possui as ass´ıntotas verticais x = −π/2 e x = π/2. !
Suponha que lim
x→a
f(x) = L e lim
x→a
g(x) = M . Se M ̸= 0 segue facilmente da regra do
quociente que lim
x→a
f(x)/g(x) = L/M . Se M = 0 temos duas possibilidade: quando L = 0
ocorre uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0 e, conforme ja´ vimos, o ca´lculo do limite exige algum
tipo de manipulac¸a˜o alge´brica. O caso complementar, em que L ̸= 0 e M = 0, nos fonece
uma ass´ıntota vertical, desde que o denominador tenha sinal definido nas proximidades de
x = a. Quando isto ocorre, este sinal vai determinar se o limite e´ +∞ ou −∞. O exemplo
seguinte esclarece como isso pode ser feito.
Exemplo 3. Vamos estudar o comportamento da func¸a˜o f(x) = (x2 + x − 3)/(1 − x) nas
vizinhanc¸as do ponto x = 1. Quando x→ 1−, o numerador se aproxima de 12+1− 3 = −1,
enquanto o denominador se aproxima de zero por valores positivos, pois devemos considerar
3
x < 1. Deste modo, a frac¸a˜o deve ter sinal negativo, o que nos leva a concluir que
lim
x→1−
x2 + x− 3
1− x = −∞.
Por outro lado, quando x→ 1+, o denominador se aproxima de zero por valores positivos.
1 x
y
A frac¸a˜o enta˜o torna-se positiva, de modo que
lim
x→1+
x2 + x− 3
1− x = +∞.
Qualquer dos limites laterais acima implicam que a reta x =
1 e´ uma ass´ıntota vertical, conforme pode-se perceber do
gra´fico ao lado. !
Pode ocorrer de, quando x → a, oo numerador se aproximar de um nu´mero na˜o nulo,
o denominador de zero e mesmo assim na˜o termos uma ass´ıntota vertical em x = a. Um
exemplo curioso deste fato e´ a func¸a˜o
f(x) =
1
x2 sen( 1x)
.
O denominador se aproxima de zero mas o seu sinal fica oscilando entre negativo e positivo,
por causa do termo que envolve o seno. Deste modo, a func¸a˜o assume valor que, em mo´dulo,
va˜o ficando muito grande. Mas o seu sinal tambe´m oscila entre negativo e positivo.
E´ importante notar que encontrar ass´ıntotas verticais na˜o e´ o mesmo que igualar
o denominador de uma frac¸a˜o a zero! Ao fazer isso, encontrarmos somente os can-
didatos a` ass´ıntotas verticais. E´ necessa´rio checar se, de fato, a func¸o˜es tem algum limite
lateral infinito quando x tende para a raiz do denominador. O exemplo abaixo ilustra esta
importante observac¸a˜o.
Exemplo 4. O denominador da func¸a˜o g(x) = (x+1)/(x2− x− 2) se anula para x = −1 e
x = 2. Logo, temos dois candidatos a` ass´ıntotas verticais. Para x = −1 temos que
lim
x→−1
g(x) = lim
x→−1
x+ 1
x2 − x− 2 = limx→−1
(x+ 1)
(x− 2)(x+ 1) = −
1
3
,
de modo que x = −1 na˜o e´ ass´ıntota vertical!
4
Por outro lado, procedendo como no exemplo anterior,
podemos calcular
lim
x→2±
g(x) = lim
x→2±
1
(x− 2) = ±∞,
e portanto x = 2 e´ ass´ıntota vertical. O gra´fico de f esta´
esboc¸ado ao lado. !
1 2
x
y
Tarefa
Determine todas as ass´ıntotas verticais da func¸a˜o
f(x) =
⎧⎪⎪⎨
⎪⎪⎩
x− 4√
x− 2 , se x ≥ 0, x ̸= 4,
x+
1
3
√
x
, se x < 0.
5