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Calculus 1

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

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