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Cálculo I
Humberto José Bortolossi
Departamento de Matemática Aplicada
Universidade Federal Fluminense
Aula 5
13 de setembro de 2007
Aula 5 Cálculo I 1
Exercícios da última aula
Aula 5 Cálculo I 2
Relembrando o teorema do confronto
Se f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) quando x está próximo de p (exceto
possivelmente em p) e
lim
x→p f (x) = L = limx→p h(x),
então
lim
x→p g(x) = L.
Teorema
Este teorema também é conhecido como
o teorema do sanduíche.
Aula 5 Cálculo I 3
Relembrando o teorema do anulamento
Se y = f (x) é uma função limitada em torno de um ponto p e
limx→p g(x) = 0, então
lim
x→p(f (x) · g(x)) = 0.
Teorema
Aula 5 Cálculo I 4
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
.
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x 6= 0, vemos que
−x4 ≤ x4 cos
(
2
x
)
≤ +x4.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
= 0.
Aula 5 Cálculo I 5
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
.
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x 6= 0, vemos que
−x4 ≤ x4 cos
(
2
x
)
≤ +x4.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
= 0.
Aula 5 Cálculo I 6
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
.
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x 6= 0, vemos que
−x4 ≤ x4 cos
(
2
x
)
≤ +x4.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
= 0.
Aula 5 Cálculo I 7
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
.
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x 6= 0, vemos que
−x4 ≤ x4 cos
(
2
x
)
≤ +x4.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
= 0.
Aula 5 Cálculo I 8
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
.
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x 6= 0, vemos que
−x4 ≤ x4 cos
(
2
x
)
≤ +x4.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
= 0.
Aula 5 Cálculo I 9
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
.
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x 6= 0, vemos que
−x4 ≤ x4 cos
(
2
x
)
≤ +x4.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
= 0.
Aula 5 Cálculo I 10
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x).
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(pi/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(pi/x) ≤ 2+1.
Isto mostra que y = f (x) = 2sen(pi/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x) = 0.
Aula 5 Cálculo I 11
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x).
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(pi/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(pi/x) ≤ 2+1.
Isto mostra que y = f (x) = 2sen(pi/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x) = 0.
Aula 5 Cálculo I 12
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x).
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(pi/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(pi/x) ≤ 2+1.
Isto mostra que y = f (x) = 2sen(pi/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x) = 0.
Aula 5 Cálculo I 13
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x).
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(pi/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(pi/x) ≤ 2+1.
Isto mostra que y = f (x) = 2sen(pi/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x) = 0.
Aula 5 Cálculo I 14
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x).
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(pi/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(pi/x) ≤ 2+1.
Isto mostra que y = f (x) = 2sen(pi/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x) = 0.
Aula 5 Cálculo I 15
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x).
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(pi/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(pi/x) ≤ 2+1.
Isto mostra que y = f (x) = 2sen(pi/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(pi/x) = 0.
Aula 5 Cálculo I 16
Problemas de organização e
erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 17
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 18
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 19
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 20
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 21
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 22
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 23
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 24
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 25
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 26
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5 Cálculo I 27
As definições formais de limite e
limites laterais
Aula 5 Cálculo I 28
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3)− 1 = 5.
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 2 x − 1, para x 6= 3.
Aula 5 Cálculo I 29
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3)− 1 = 5.
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 2 x − 1, para x 6= 3.
Aula 5 Cálculo I 30
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3)− 1 = 5.
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 2 x − 1, para x 6= 3.
Aula 5 Cálculo I 31
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3)− 1 = 5.
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 2 x − 1, para x 6= 3.
Aula 5 Cálculo I 32
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3)− 1 = 5.
f (x)=
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 2 x − 1, para x 6= 3.
Aula 5 Cálculo I 33
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3)− 1 = 5.
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 2 x − 1, para x 6= 3.
Aula 5 Cálculo I 34
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Visualizando os elementos da definição no GeoGebra
Aula 5 Cálculo I 35
Definição formal de limite
Seja f uma função definida em um intervalo aberto que
contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p.
Então dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p é
o número real L se para todo número � > 0, existe um
número δ > 0 tal que
se 0 < |x − p|︸ ︷︷ ︸
distância entre x e p
< δ, então |f (x)− L|︸ ︷︷ ︸
distância entre f (x) e L
< �.
Neste caso escreveremos
lim
x→p f (x) = L.
Definição
Aula 5 Cálculo I 36
Definição formal de limite
Seja f uma função definida em um intervalo aberto que
contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p.
Então dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p é
o número real L se para todo número � > 0, existe um
número δ > 0 tal que
se 0 < |x − p|︸ ︷︷ ︸
distância entre x e p
< δ, então |f (x)− L|︸ ︷︷ ︸
distância entre f (x) e L
< �.
Neste caso escreveremos
lim
x→p f (x) = L.
Definição
Aula 5 Cálculo I 37
Definição formal de limite
Seja f uma função definida em um intervalo aberto que
contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p.
Então dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p é
o número real L se para todo número � > 0, existe um
número δ > 0 tal que
se 0 < |x − p|︸ ︷︷ ︸
distância entre x e p
< δ, então |f (x)− L|︸ ︷︷ ︸
distância entre f (x) e L
< �.
Neste caso escreveremos
lim
x→p f (x) = L.
Definição
Aula 5 Cálculo I 38
Definição formal de limite
Seja f uma função definida em um intervalo aberto que
contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p.
Então dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p é
o número real L se para todo número � > 0, existe um
número δ > 0 tal que
se 0 < |x − p|︸ ︷︷ ︸
distância entre x e p
< δ, então |f (x)− L|︸ ︷︷ ︸
distância entre f (x) e L
< �.
Neste caso escreveremos
lim
x→p f (x) = L.
Definição
Aula 5 Cálculo I 39
Definição formal de limite
Seja f uma função definida em um intervalo aberto que
contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p.
Então dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p é
o número real L se para todo número � > 0, existe um
número δ > 0 tal que
se 0 < |x − p|︸ ︷︷ ︸
distância entre x e p
< δ, então |f (x)− L|︸ ︷︷ ︸
distância entre f (x) e L
< �.
Neste caso escreveremos
lim
x→p f (x) = L.
Definição
Aula 5 Cálculo I 40
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 41
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 42
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 43
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 44
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 45
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 46
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 47
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 48
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 49
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 50
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 51
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) =(2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 52
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 53
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 54
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 55
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 56
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Solução. Temos que f (x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x)− L| = |(2 x − 1)− 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado � > 0 qualquer, escolhendo δ = �/2, vemos que
se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (�/2) = �.
Isto mostra que
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3 = 5.
Aula 5 Cálculo I 57
Um exemplo onde não existe o limite
Aula 5 Cálculo I 58
Definição formal de limite lateral à esquerda
Dizemos que
lim
x→p+
= L
se para todo número � > 0, existe um número δ > 0 tal que
se 0 < |x−p| < δ e x > p, então |f (x)−L| < �.
Definição
Aula 5 Cálculo I 59
Definição formal de limite lateral à direita
Dizemos que
lim
x→p−
= L
se para todo número � > 0, existe um número δ > 0 tal que
se 0 < |x−p| < δ e x < p, então |f (x)−L| < �.
Definição
Aula 5 Cálculo I 60
Limites infinitos e assíntotas verticais
Aula 5 Cálculo I 61
Cuidado!
f (x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000000
− 0.0001 100 000000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000000
+ 0.0010 1 000000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 62
Cuidado!
f (x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000000
− 0.0001 100 000000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000000
+ 0.0010 1 000000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 63
Cuidado!
f (x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000000
− 0.0001 100 000000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000000
+ 0.0010 1 000000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 64
Cuidado!
f (x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000000
− 0.0001 100 000000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000000
+ 0.0010 1 000000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 65
Cuidado!
f (x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000000
− 0.0001 100 000000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000000
+ 0.0010 1 000000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 66
Cuidado!
f (x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000000
− 0.0001 100 000000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000000
+ 0.0010 1 000000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 67
Cuidado!
f (x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000000
− 0.0001 100 000000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000000
+ 0.0010 1 000000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 68
Cuidado!
f (x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000000
− 0.0001 100 000000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000000
+ 0.0010 1 000000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 69
Cuidado!
f (x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000000
− 0.0001 100 000000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000000
+ 0.0010 1 000000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 70
Cuidado!
f (x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000000
− 0.0001 100 000000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000000
+ 0.0010 1 000000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 71
Exemplo
lim
x→0
1
x2
= +∞.
Aula 5 Cálculo I 72
Limite infinito (de um ponto de vista informal)
Seja f uma função definida em ambos os lados de p, exceto
possivelmente em p. Dizemos que
lim
x→p f (x) = +∞
se podemos fazer os valores de f (x) ficarem arbitrariamente
grandes (tão grandes quanto quisermos) por meio de uma
escolha adequada de x nas proximidades de p, mas não igual
a p.
Definição
Aula 5 Cálculo I 73
Exemplo
lim
x→0
− 1
x2
= −∞.
Aula 5 Cálculo I 74
Limite infinito (de um ponto de vista informal)
Seja f uma função definida em ambos os lados de p, exceto
possivelmente em p. Dizemos que
lim
x→p f (x) = −∞
se podemos fazer os valores de f (x) ficarem arbitrariamente
grandes, porém negativos, escolhendo-se valores de x
próximos de p, porém diferentes do próprio p.
Definição
Aula 5 Cálculo I 75
Limites laterais infinitos
Definições análogas podem ser dadas no caso de limites laterais:
lim
x→p+
f (x) = +∞, lim
x→p+
f (x) = −∞,
lim
x→p−
f (x) = +∞, lim
x→p−
f (x) = −∞.
Aula 5 Cálculo I 76
Exemplo
lim
x→3+
1
x − 3 = +∞ e limx→3−
1
x − 3 = −∞.
Aula 5 Cálculo I 77
Assíntota vertical
A reta x = p é uma assíntota vertical do gráfico de y = f (x) se
pelo menos uma das seguintes condições estiver satisfeita:
lim
x→p+
f (x) = +∞, lim
x→p+
f (x) = −∞,
lim
x→p−
f (x) = +∞, lim
x→p−
f (x) = −∞.
Definição
Aula 5 Cálculo I 78
Exemplo
As assíntotas verticais de y = tg(x) são
x = +pi/2, x = −pi/2, x = +3pi/2, x = −3pi/2, etc.
Aula 5 Cálculo I 79
Exemplo
A assíntota vertical de y = ln(x) é a reta
x = 0 (o eixo y ).
Aula 5 Cálculo I 80
	Exercícios da última aula
	Problemas de organização e erros freqüentes
	As definições formais de limite e limites laterais
	Limites infinitos e assíntotas verticais