Cálculo Diferencial e Integral I

Prévia do material em texto

Pedro Cezar Johnson Rodrigues de Britto 
Bacharel em Ciências Econômicas pela Universidade do Estado do Rio de Janeiro (UERJ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL 
E INTEGRAL I 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de aula do curso presencial Cálculo Diferencial e Integral I (IME01-00508) 
realizado na UERJ no semestre 2012.1 ministrado por Wellington Reis. 
 
Publicado originalmente [online] em Rio de Janeiro, 2012. 
Última edição/revisão: 17 de julho de 2020. 
 
 
 
SUMÁRIO 
 
 
1. APRESENTAÇÃO ................................................................................................. 4 
2. LIMITES ................................................................................................................. 7 
2.1 Calculando limites .............................................................................................. 11 
2.2 Limites Laterais .................................................................................................. 15 
2.2.1 Relação entre limite e limites laterais ............................................................ 17 
2.3 Limites no infinito ............................................................................................... 18 
2.4 Limites infinitos .................................................................................................. 21 
2.5 Símbolos de indeterminação .............................................................................. 24 
2.6 Limites fundamentais ......................................................................................... 25 
2.7 Assíntotas ............................................................................................................. 30 
2.7.1 Esboço aproximado de funções racionais ...................................................... 31 
2.8 Continuidade de funções .................................................................................... 35 
2.8.1 Continuidade em funções compostas ............................................................ 37 
2.8.2 Tipos de descontinuidade .............................................................................. 39 
2.8.3 Dividindo polinômios .................................................................................... 41 
2.8.4 Teorema de Bolzano (ou do valor intermediário) ......................................... 42 
3. DERIVADA ........................................................................................................... 44 
3.1 Reta tangente....................................................................................................... 45 
3.2 Funções deriváveis .............................................................................................. 49 
3.3 Regras/técnicas de derivação ............................................................................. 52 
3.4 Derivada da função composta (regra da cadeia) ............................................. 54 
3.4.1 Teorema da função inversa ............................................................................ 55 
3.5 Derivadas das funções elementares ................................................................... 56 
3.5.1 Função Exponencial ...................................................................................... 56 
3.5.2 Função logarítmica ........................................................................................ 57 
3.5.3 Funções trigonométricas ................................................................................ 59 
3.5.4 Resumo de derivadas de algumas funções .................................................... 61 
3.6 Derivação implícita ............................................................................................. 63 
3.6.1 Cálculo da derivada de uma função implícita ............................................... 65 
3.6.2 Método de cálculo de derivada de função implícita ...................................... 65 
3.7 Derivadas de ordem superior (sucessivas)........................................................ 67 
3.8 Aproximação linear ............................................................................................ 70 
3.9 Teorema/regra de L’Hôpital .............................................................................. 73 
3.9.1 Outros tipos de indeterminações ................................................................... 75 
 
 
 
3.10 Diferencial de uma função ............................................................................... 78 
4. APLICAÇÕES DA DERIVADA ......................................................................... 79 
4.1 Funções monótonas (crescimento e decrescimento) ........................................ 79 
4.2 Variação de funções ............................................................................................ 82 
4.3 Determinação de máximos e mínimos ............................................................... 88 
4.4 Concavidade e pontos de inflexão de funções .................................................. 95 
4.5 Esboço do gráfico de funções ............................................................................. 98 
4.6 Problemas de otimização .................................................................................. 104 
5. INTEGRAÇÃO INDEFINIDA ......................................................................... 111 
5.2 Integrais e regras de integração fundamentais .............................................. 114 
5.3 Métodos de integração...................................................................................... 117 
5.3.1 Método de substituição ................................................................................ 119 
5.3.2 Método de integração por partes ................................................................. 120 
6. REFERÊNCIAS ................................................................................................. 124 
LISTA DE DEFINIÇÕES, PROPOSIÇÔES, TEOREMAS E COROLÁRIOS
 .................................................................................................................................. 125 
LISTA DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS ......................................................... 137 
SOLUÇÕES DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS ................................................ 142 
 
4 
 
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Integral I (IME01-00508) realizado na UERJ no semestre 2012.1 ministrado por Wellington Reis, por 
Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
1. APRESENTAÇÃO 
 
Observe a seguinte função: 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 1. 
Se for proposto, como exercício, calcular 𝑓(0), 𝑓(1), 𝑓(2), 𝑓(3) e 𝑓(4), ou, se 
for pedido, por exemplo, para se calcular 𝑓(𝑥) com os valores 𝑥 = 0, 𝑥 = 1, 𝑥 = 2, 
𝑥 = 3, e 𝑥 = 4; caso sua resposta imediata for 𝑓(0) = 1, 𝑓(1) = 2, 𝑓(3) = 4 e/ou 
𝑓(4) = 4 + 1 = 5, ou, para 𝑥 = 0, 𝑓(𝑥) = 1, para 𝑥 = 1, 𝑓(𝑥) = 2, para 𝑥 = 2, 
𝑓(𝑥) = 3, para 𝑥 = 3, 𝑓(𝑥) = 4, e para 𝑥 = 4, 𝑓(𝑥) = 5 – em todos estes casos de 
‘respostas/desenvolvimento’, então perfeito! Podemos prosseguir. 
Agora, se por algum motivo não tiver entendido o problema, ou apresentado 
alguma dificuldade de interpretação – há necessidade de um estudo prévio sobre 
fundamentos de funções em matemática. No entanto, fique super tranquilo em relação a 
isto. Peça devidas orientações a seu professor. Além do mais, com uma simples 
pesquise na Google sobre “funções matemática”, você certamente encontrará diversas 
apostilas, cadernos e até livros bem didáticos (ou autoexplicativos) e inclusive vídeos no 
Youtube bem explicativos que irão permitir que você absorva o conhecimento 
necessário para estudarmos esta disciplina – Cálculo Diferencial e Integral I. 
Uma outra dica consiste no livro-texto Cálculo: Volume I, de Mauricio A. 
Vilches e Maria Luiza Corrêa, disponível em: 
https://www.ime.uerj.br/~calculo/reposit/calculo1.pdf.Caso seja apresentado agora como um exercício, calcular lim
𝑥→3
𝑥2 + 𝑥 − 12, e se 
sua resposta automática for lim
𝑥→3
𝑥2 + 𝑥 − 12 = 0, ou lim
𝑥→3
𝑥2 + 𝑥 − 12 = 32 + 3 −
12 = 9 + 3 − 12 = 12 − 12 = 0, maravilha pura! Caso contrário, se tal problema 
aparentar ser ‘estranho’ ou parecer ser ‘difícil’, não se preocupe, pois isto é simples de 
ser explicado de forma intuitiva. 
Se propormos o seguinte exercício: dado a função 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 𝑥 − 12, calcule 
𝑓(3), ou calcule o valor de 𝑓(𝑥) para 𝑥 = 3, você certamente não terá dificuldades para 
responder que 𝑓(3) = 0. Certo? 
Retornando ao nosso exemplo simplificador, em que temos 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 1, se for 
pedido para calcular 𝑓(2), ou se for pedido para se calcular 𝑓(𝑥) para o valor de 𝑥 = 2, 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
https://www.ime.uerj.br/~calculo/reposit/calculo1.pdf
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verificamos que se trata do mesmo problema, porém expresso através de linguagens 
diferentes. A resposta, podemos dizer (usando linguagens diferentes) que é 𝑓(2) = 3, 
ou que para 𝑥 = 2, 𝑓(𝑥) = 3. Esta é uma linguagem matemática simples de responder, 
porém, também poderíamos expressar a solução do problema de outras formas, como 
por exemplo, o ‘resultado ou resposta é igual a 3’, ou ‘se 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 1, e se 𝑥 significa 
ou corresponde ao valor do número 2; e assim substituímos o termo 𝑥 pelo seu número 
correspondente na função, teremos como resultado da expressão o valor absoluto de 3’, 
ou ainda ‘se 𝑥 é 2, então 𝑓(𝑥) é 3’. 
Continuando ainda neste problema (ou exercício) inicial, em que 𝑥 = 2, 
podemos através da linguagem portuguesa dizer que 𝑥 é literalmente, ou absolutamente 
igual a dois. Agora, ainda na língua portuguesa, se dissermos que 𝑥 tende a ser 
absolutamente ou precisamente ou literalmente igual a dois, então a resposta, ou a 
função tende absolutamente a ser igual a três. 
Agora, na primeira parte em foi dito que “se 𝑥 tende a ser igual a 2” – na 
linguagem matemática, utilizamos a figura de uma ‘setinha’ para indicar a palavra 
‘tende’ – temos a notação, ou a “tradução” para a expressão (matemática) 𝑥 → 2. 
Na segunda parte, em que foi dada a resposta de que “a função tende 
absolutamente a ser igual a três”, ou melhor dizendo, no enunciado como um todo, que 
“se 𝑥 → 2, então neste momento/instante, ou neste limite, o resultado de 𝑓(𝑥) tende a 
ser três”, e assim, esta frase (já mixada com a linguagem matemática quando foi dito 
que 𝑥 tende a ser dois através da notação 𝑥 → 2) pode ser traduzida para a linguagem 
matemática de forma que “se 𝑥 tende a 2, o limite de 𝑓(𝑥) tende a ser igual a 3”, ou 
através da notação matemática – isto que estamos dizendo é expresso da seguinte 
forma: lim
𝑥→2
𝑓(𝑥) = 3. Na realidade, esta notação expressa que se 𝑥 se aproxima do 
número 2, o resultado da função se aproxima a 3. 
Retomando ao segundo problema, em que é pedido para calcular lim
𝑥→3
𝑥2 + 𝑥 −
12, e que antes, poderia parecer ser um tanto ‘estranho’ ou ‘difícil’, podemos interpretar 
agora que o que se está sendo pedido é para calcular o resultado da expressão 𝑥2 + 𝑥 −
12 quando 𝑥 tende a ser igual a 3. Logo, podemos responder através da linguagem 
matemática lim
𝑥→3
𝑥2 + 𝑥 − 12 = 0 (fazendo ‘de cabeça’ as substituições de 𝑥 por 3 na 
expressão). 
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De forma geral, dizer que, por exemplo, lim
𝑥→0
𝑓(𝑥) = 𝐿, é o mesmo que dizer que 
podemos tornar os valores de 𝑓(𝑥) tão próximos de 𝐿 (um número representado pela 
letra “L” de “Limite”) quanto quisermos, e que para isto basta que tomemos valores de 
𝑥 cada vez mais próximos de zero. 
Similarmente, de forma mais geral, dizer que lim
𝑥→𝑥0
𝑓(𝑥) = 𝐿 é o mesmo que 
dizer que podemos tornar os valores de 𝑓(𝑥) tão próximos de 𝐿 quanto quisermos, basta 
que para isso tomemos valores de 𝑥 cada vez mais próximos de 𝑥0.
1 
Esta observação é muito importante, pois indica a capacidade da linguagem 
matemática de arbitrar valores ou informações através de termos dados em letras, ou 
ainda em letras tanto subscritas quanto por sobrescritas – ou ainda números.2 
Por exemplo, imagine que haja necessidade de expressar informações 
relacionadas a quatro empresas/firmas, chamadas de ‘Firma 1’, ‘Firma 2’, ‘Firma A’ e 
‘Firma B’; agora, se quisermos expressar um determinado custo de cada firma de 
produzir algo em linguagem matemática, podemos, primeiro, chamar custo de 𝑐, e 
expressar cada respectivo custo na forma de 𝑐1, 𝑐2, 𝑐𝐴, e 𝑐𝐵 respectivamente para cada 
firma. 
De forma análoga, se quisermos expressar o preço de venda de determinado 
produto que cada firma comercializa, podemos chamar o preço de 𝑝, e assim, o preço 
cobrado por cada respectiva firma pode ser denotado como 𝑝1, 𝑝2, 𝑝𝐴 e 𝑝𝐵. 
Este caderno segue fielmente a cronologia das notas de aula do curso Cálculo 
Diferencial e Integral I ministrado no primeiro semestre de 2012 por Wellington Reis, 
curso este realizado pela turma de calouros em Ciências Econômicas da UERJ; e utiliza 
o livro digital de Mauricio A. Vilches e Maria Luiza Corrêa como base de referência. 
 
 
1 Observa-se que 𝑥0 é um outro número, novamente representado por uma letra, só que agora acrescida de 
um termo subscrito, que no caso fora utilizado o número 0, mas poderíamos também ter utilizado alguma 
outra letra. 
2 A escolha de letras/números subscritas e sobrescritas vai variar de acordo com a necessidade de se 
expressar determinada informação na linguagem matemática (o que for mais prático de interpretação). 
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2. LIMITES 
 
Inicialmente, desenvolveremos a ideia intuitiva de limite, estudando o 
comportamento de uma função 𝑦 = 𝑓(𝑥) nas proximidades de um ponto que não 
pertence, necessariamente, ao seu domínio. Por exemplo, seja 
𝑓(𝑥) =
2𝑥2 − 𝑥 − 1
𝑥 − 1
=
(2𝑥 + 1)(𝑥 − 1)
𝑥 − 1
. 
É nítido que o domínio desta função exclui o valor 1, ou seja, 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {1}. 
Assim, estudamos a função nos valores de 𝑥 que ficam próximos de 1, mas sem atingir 
1. Para todo 𝑥 que pertence ao domínio da função, ou seja, 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), temos que 
𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 1. 
Na Tabela 1, será exposto valores de 𝑥 aproximando-se de 1, tanto pela esquerda 
(quando 𝑥 < 1), quanto pela direita (quando 𝑥 > 1) – e os correspondentes valores de 
𝑓(𝑥). 
Tabela 1 Valores de 𝑓(𝑥) = (2𝑥2 − 𝑥 − 1) (𝑥 − 1⁄ ), ou de forma racionalizada 𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 1 para 
valores de 𝑥 próximos de 1. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA 
Observando as tabelas, verificamos que à medida que 𝑥 vai se aproximando de 
1, os valores de 𝑓(𝑥) vão se aproximando de 3. A noção de proximidade pode ficar 
mais precisa utilizando valor absoluto, ou seja, o módulo. De fato, a distância entre dois 
pontos quaisquer 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ é |𝑦 − 𝑥|. 
Assim, a frase escrita em itálico, pode ser expressa por: se |𝑥 − 1| aproxima-se 
de zero, então |𝑓(𝑥) − 3| também se aproxima de zero; e em outras palavras: para que 
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|𝑓(𝑥) − 3| seja pequeno é necessário que |𝑥 − 1| também seja pequeno. Desta forma, o 
número 3 é chamado limite de 𝑓(𝑥) quando 𝑥 está próximo de 1. Este estudo é 
relevante, pois o número 1 não faz parte do domínio desta função. 
Neste exemplo, temos |𝑓(𝑥) − 3| = 2|𝑥 − 1|; logo, a distância de 𝑓(𝑥) a 3 é 
igual a duas vezes a distância de 𝑥 a 1. Assim, poderemos tornar 𝑓(𝑥) tão perto de 3 
quanto desejarmos, bastando para tal considerar 𝑥 suficientemente próximo de 1. Por 
exemplo, se desejarmos que |𝑓(𝑥) − 3| seja igual a 0,2, basta considerar |𝑥 − 1| = 0,1. 
De um modo geral, considerando qualquer número real positivo 𝜀 (letra grega 
épsilon), tão pequeno quanto se deseje, e definindo o número real 𝛿 (letra grega delta 
minúscula), 𝛿 = 𝜀/2, teremos que a distância de 𝑓(𝑥) a 3 é menor que 𝜀, desde que a 
distância de 𝑥 a 1 seja menor que 𝛿 neste exemplo. Então, para todo número real 
positivo 𝜀, existe outro número real positivo 𝛿, que depende de 𝜀, tal que se 0 <
|𝑥 − 1| < 𝛿, então |𝑓(𝑥) − 3| = 2|𝑥 − 1| < 2𝛿 = 𝜀. Note que todos os intervalos 
abertos que contém 1 intersectam ℝ − {1} de forma não vazia, conforme exposto na 
Figura 1. 
Figura 1 Gráfico de lim𝑥→1 (2𝑥2 −𝑥−1) (𝑥− 1)⁄ . 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Definição 1. Sejam 𝑓 ∶ 𝐴 ⟶ ℝ uma função e 𝑏 ∈ ℝ tais que para todo 
intervalo aberto 𝐼, contendo 𝑏, tem-se 𝐼 ∩ (𝐴 − {𝑏}) ≠ 𝜙. O número real 𝐿 é o limite de 
𝑓(𝑥) quando 𝑥 aproxima-se de 𝑏 quando para todo número 𝜀 > 0, existe 𝛿 > 0 (𝛿 
dependendo de 𝜀), tal que, se 𝑥 ∈ 𝐴 e 0 < |𝑥 − 𝑏| < 𝛿, então |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀. A 
notação é: 
lim
𝑥→𝑏
𝑓(𝑥) = 𝐿. 
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Assim, para todo 𝜀 > 0, existe 𝛿 > 0 tal que se 𝑥 ∈ (𝑏 − 𝛿, 𝑏 + 𝛿) ∩ (𝐴 − {𝑏}), 
então 𝑓(𝑥) ∈ (𝐿 − 𝜀, 𝐿 + 𝜀), conforme ilustrado na Figura 2. 
Figura 2 Exemplo gráfico genérico de limite. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Proposição 1. Unicidade do limite. Se lim
𝑥→𝑏
𝑓(𝑥) = 𝐿1 e lim
𝑥→𝑏
𝑓(𝑥) = 𝐿2; (𝐿1, 𝐿2 ∈ ℝ), 
então 𝐿1 = 𝐿2. Em outras palavras, se o limite existe (é um número real), ele é único. 
Corolário 1. Se as funções 𝑓(𝑥) e 𝑔(𝑥) são tais que 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) exceto num ponto 𝑏, 
então: 
lim
𝑥→𝑏
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→𝑏
𝑔(𝑥), 
desde que exista um dos limites. 
Esta propriedade nos permite racionalizar ou simplificar antes de calcular o 
limite, conforme feito no primeiro exemplo desta seção. 
Em outras palavras, seguindo o primeiro exemplo, sejam 𝑓(𝑥) =
(2𝑥2 − 𝑥 − 1) (𝑥 − 1)⁄ e 𝑔(𝑥) = 2𝑥 + 1. Logo, 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) se 𝑥 ≠ 1; então 
lim
𝑥→1
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1
𝑔(𝑥) = 3, como já foi verificado. 
Existe também o caso em que não há limite para determinado valor de uma 
variável de função. Por exemplo, lim
𝑥→0
𝑠𝑒𝑛(1 𝑥⁄ ) não existe. 
Se lim
𝑥→0
𝑠𝑒𝑛(1 𝑥⁄ ) existisse, então para valores de 𝑥 muito próximos de zero, a 
função 𝑠𝑒𝑛(1 𝑥⁄ ) deveria se aproximar de um valor fixo, que seria o limite. Mas isto 
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não ocorre. Considerando 𝑥 = 2/(2𝑛 + 1)𝜋 ∈ ℝ, (𝑛 ∈ ℤ), 𝑥 ficará próximo de zero se 
𝑛 for muito grande. Mas, 
sen (
1
𝑥
) = sen (
(2𝑛 + 1)𝜋
2
) = sen (𝑛𝜋 +
𝜋
2
) = cos(𝑛𝜋) = (−1)𝑛, 
e a função ficará oscilando entre 1 (se 𝑛 é par) e −1 (se 𝑛 é ímpar). Logo, o limite de 𝑓 
não pode existir, conforme verificado na Figura 3. 
Figura 3 Gráfico de 𝑠𝑒𝑛(1 𝑥⁄ ). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Vejamos agora um outro caso. Seja 
𝑓(𝑥) = {
𝑥 + 5 se 𝑥 ≠ 1
2𝜋 se 𝑥 = 1.
 
Calculemos então lim
𝑥→1
𝑓(𝑥). Observamos que 𝑓(1) = 2𝜋, mas o valor do limite 
da função quando 𝑥 tende a 1 não depende do valor no ponto 1, pois 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 5 se 
𝑥 ≠ 1; logo 
lim
𝑥→1
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1
(𝑥 + 5) = 6. 
Proposição 2. Se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) e lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) existem, então para todo 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ: 
1. lim
𝑥→𝑎
[𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥)] = 𝛼 lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) + 𝛽 lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥). 
2. lim
𝑥→𝑎
[𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)] = [lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)] [lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥)]. 
3. lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
=
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥)
, se lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) ≠ 0. 
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4. lim
𝑥→𝑎
[𝑓(𝑥)]2 = [lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)]
𝑛
, 𝑠𝑒 𝑛 ∈ ℕ. 
5. lim
𝑥→𝑎
√𝑓(𝑥)
𝑛
= √lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)𝑛 , se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) ≥ 0 
e 𝑛 é qualquer natural, ou lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) positivo, negativo ou nulo e 𝑛 é natural ímpar. 
6. lim
𝑥→𝑎
ln[𝑓(𝑥)] = ln [𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)] , se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) > 0. 
7. Se lim
𝑥→𝑎
ℎ(𝑥) = lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = 𝐿 e existe 𝛿 > 0 tal que ℎ(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥), 
para 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿, então lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝐿. 
Seguindo com base na Proposição 2, podemos afirmar que: 
(a) Se 𝑃(𝑥) é uma função polinomial então: 
lim
𝑥→𝑎
𝑃(𝑥) = 𝑃(𝑎). 
(b) Se 𝑓(𝑥) = 𝑃(𝑥) 𝑄(𝑥)⁄ é uma função racional, e 𝑎 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), então: 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎). 
Será demonstrado agora alguns casos práticos de cálculo de limite 
 
2.1 Calculando limites 
 
1º Caso: lim
𝑥→1
(𝑥5 + 𝑥4 + 2𝑥3 + 𝑥2 + 3𝑥 + 1). 
Neste caso, temos que 𝑃(𝑥) = 𝑥5 + 𝑥4 + 2𝑥3 + 𝑥2 + 3𝑥 + 1; logo lim
𝑥→1
(𝑥5 +
𝑥4 + 2𝑥3 + 𝑥2 + 3𝑥 + 1) = lim
𝑥→1
𝑃(𝑥) = 𝑃(1) = 9. 
2º Caso: lim
𝑥→0
5𝑥4 − 4𝑥3 + 2𝑥 − 14. 
Temos que 𝑃(𝑥) = 5𝑥4 − 4𝑥3 + 2𝑥 − 14; logo lim
𝑥→0
5𝑥4 − 4𝑥3 + 2𝑥 − 14 =
lim
𝑥→0
𝑃(𝑥) = 𝑃(0) = −14. 
3º Caso: lim
𝑥→3
(𝑥 − 5) (𝑥3 − 7⁄ ). 
Como lim
𝑥→3
(𝑥3 − 7) = 20 ≠ 0, podemos aplicar a Proposição 2.3; então, 
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lim
𝑥→3
𝑥 − 5
𝑥3 − 7
.=
lim
𝑥→3
(𝑥 − 5)
lim
𝑥→3
(𝑥3 − 7)
= −
1
10
. 
4º Caso: lim
𝑥→3
(1 𝑥⁄ − 1 3⁄ ) (𝑥 − 3)⁄ . 
Este caso é um bom exercício de simplificação e reorganização dos temos. 
Temos que 
lim
𝑥→3
1
𝑥 −
1
3
𝑥 − 3
= lim
𝑥→3
3 − 𝑥
3𝑥
𝑥 − 3
= lim
𝑥→3
−(𝑥 − 3)
3𝑥
𝑥 − 3
= −
1
9
. 
5º Caso: lim
𝑥→1
(𝑥2 − 1)/(𝑥 − 1). 
Como lim
𝑥→1
(𝑥 − 1) = 0, não podemos aplicar a Proposição 2.3; mas fatorando o 
numerador, temos: 
𝑥2 − 1
𝑥 − 1
=
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)
𝑥 − 1
= 𝑥 + 1, 
para todo 𝑥 ≠ 1. Logo: 
lim
𝑥→1
𝑥2 − 1
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1
(𝑥 + 1) = 2. 
6º Caso: lim
𝑥→0
(√𝑥 + 4 − 2) 𝑥⁄ . 
Como lim
𝑥→0
𝑥 = 0, da mesma forma que nos casos (4) e (5), não podemos aplicar 
a Proposição 2.3. No entanto, podemos racionalizar a função. Verifica-se que como o 
denominador é composto apenas por 𝑥, há a necessidade de se isolar 𝑥 no numerador. 
Isto é possível através da aplicação de produtos notáveis3 – desta forma, multiplicamos 
tanto o numerador e denominador por √𝑥 + 4 + 2. Assim, temos: 
lim
𝑥→0
√𝑥 + 4 − 2
𝑥
= lim
𝑥→0
(√𝑥 + 4 − 2)(√𝑥 + 4 + 2)
𝑥(√𝑥 + 4 + 2)
= lim
𝑥→0
𝑥 + 4 − 4
𝑥(√𝑥 + 4 + 2)
== lim
𝑥→0
𝑥
𝑥(√𝑥 + 4 + 2)
= lim
𝑥→0
1
(√𝑥 + 4 + 2)
=
1
4
. 
7º Caso: lim
𝑥→0
(√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥) 𝑥⁄ . 
 
3 Verifica-se que (𝑎𝑥 + 𝑏)2 = 𝑎2𝑥2 + 2𝑎𝑥𝑏 + 𝑏2; e (𝑎𝑥 + 𝑏)(𝑎𝑥 − 𝑏) = 𝑎2𝑥2 − 𝑏2. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Segue-se os mesmos moldes do caso (6). Temos que 
√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥
𝑥
=
(√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥)(√1 + 𝑥 + √1 − 𝑥)
𝑥(√1 + 𝑥 + √1 − 𝑥)
=
(1 + 𝑥) − (1 − 𝑥)
𝑥(√1 + 𝑥 + √1 − 𝑥)
=
2𝑥
𝑥(√1 + 𝑥 + √1 − 𝑥)
=
2
(√1 + 𝑥 + √1 − 𝑥)
, 
para todo 𝑥 ≠ 0. Logo, 
lim
𝑥→0
√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥
𝑥
= lim
𝑥→0
2
(√1 + 𝑥 + √1 − 𝑥)
=
2
2
= 1. 
8º Caso: lim
𝑥→1
(√𝑥
4
− 1) (√𝑥
5
− 1)⁄ . 
Para calcular este limite, precisamos fazer uma mudança de variáveis, de forma 
a eliminarmos as raízes para a racionalização. Procuramos uma variável compatível para 
que o expoente desta nova variável seja um número inteiro positivo. Sabemos que √𝑥
4
 e 
√𝑥
5
 equivalem em notação a 𝑥
1
4 e 𝑥
1
5. Logo, o mínimo denominador em comum é 20. 
Desta forma, equivalem a 𝑥
5
20 e 𝑥
4
20. Assim, façamos a mudança de variáveis de 𝑥 =
𝑡20; então: 
√𝑥
4
− 1
√𝑥
5
− 1
=
𝑡5 − 1
𝑡4 − 1
=
(𝑡4 + 𝑡3 + 𝑡2 + 𝑡1 + 1)(𝑡 − 1)
(𝑡 − 1)(𝑡3 + 𝑡2 + 𝑡 + 1)
. 
Se 𝑥 → 1, então 𝑡 → 1; logo: 
lim
𝑥→1
√𝑥
4
− 1
√𝑥
5
− 1
= lim
𝑡→1
𝑡4 + 𝑡3 + 𝑡2 + 𝑡1 + 1
𝑡3 + 𝑡2 + 𝑡 + 1
=
5
4
. 
9º Caso: lim
𝑥→0
(𝑥2 𝑠𝑒𝑛(1 𝑥⁄ )). 
Sabemos que −1 ≤ 𝑠𝑒𝑛(1 𝑥⁄ ) ≤ 1, para todo 𝑥 ∈ ℝ − {0}; logo −𝑥2 ≤
𝑥2 𝑠𝑒𝑛(1 𝑥⁄ ) ≤ 𝑥2, para todo 𝑥 ∈ ℝ − {0}. Pela Proposição 2.7,4 temos: 
lim
𝑥→0
(𝑥2𝑠𝑒𝑛 (
1
𝑥
)) = 0. 
 
4 Esta proposição é conhecida na literatura como “Teorema do Confronto” ou ainda “Teorema do 
“sanduiche”, que vale relembrar aqui em nota. Sejam 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) e ℎ(𝑥) funções reais definidas num 
domínio 𝐷 ⊆ ℝ e 𝑎 um ponto desde domínio, tais que: lim𝑥→𝑎 𝑓(𝑥) = lim𝑥→𝑎 ℎ(𝑥) = 𝐿, e 𝑓(𝑥) ≤
𝑔(𝑥) ≤ ℎ(𝑥); então resulta destas condições que lim𝑥→𝑎 𝑔(𝑥) = 𝐿. 
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A Figura 4 ilustra esta função. 
Figura 4 Gráfico de 𝑓(𝑥) = 𝑥2sen(1 𝑥⁄ ), perto da origem. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
10º Caso: lim
𝑥→𝑎
(𝑥𝑛 − 𝑎𝑛) (𝑥 − 𝑎)⁄ . 
Se 𝑛 é um número inteiro positivo (natural), ou seja, se 𝑛 ∈ ℕ, então: 
𝑥𝑛 − 𝑎𝑛
𝑥 − 𝑎
= 𝑥𝑛−1 + 𝑎𝑥𝑛−2 +⋯+ 𝑎𝑛−1, se 𝑥 ≠ 𝑎; 
denotando por 𝑃(𝑥) = 𝑥𝑛−1 + 𝑎𝑥𝑛−2 +⋯+ 𝑎𝑛−1, temos: 
lim
𝑥→𝑎
𝑥𝑛 − 𝑎𝑛
𝑥 − 𝑎
= lim
𝑥→𝑎
𝑃(𝑥) = 𝑃(𝑎) = 𝑛𝑎𝑛−1. 
Se 𝑛 é um número inteiro, ou seja, se 𝑛 ∈ ℤ, mas 𝑛 < 0, podemos seguir o 
mesmo princípio, alterando a variável de forma que 𝑛 = −𝑚, e 𝑚 ∈ ℕ, assim temos: 
𝑥𝑛 − 𝑎𝑛
𝑥 − 𝑎
=
1
𝑥𝑚 −
1
𝑎𝑚
𝑥 − 𝑎
= −
1
𝑥𝑚𝑎𝑚
[
(𝑥𝑚 − 𝑎𝑚)
𝑥 − 𝑎
] ; 
da mesma forma que no caso anterior, temos: 
lim
𝑥→𝑎
𝑥𝑛 − 𝑎𝑛
𝑥 − 𝑎
= lim
𝑚→𝑎
−
1
𝑥𝑚𝑎𝑚
[
(𝑥𝑚 − 𝑎𝑚)
𝑥 − 𝑎
] = −𝑚
1
𝑎2𝑚
𝑎𝑚−1 = 𝑛
1
𝑎−2𝑛
𝑎−𝑛−1
= 𝑛𝑎2𝑛𝑎−𝑛−1 = 𝑛𝑎𝑛−1. 
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Agora, se 𝑛 ∈ ℚ, 𝑛 = 𝑝/𝑞; 𝑝, 𝑞 ∈ ℤ, 𝑞 ≠ 0, podemos fazer com que 𝑥 = 𝑦𝑞 e 
𝑎 = 𝑏𝑞, então 𝑥𝑛 = 𝑦𝑝 e 𝑎𝑛 = 𝑏𝑝;5 logo: 
𝑥𝑛 − 𝑎𝑛
𝑥 − 𝑎
=
𝑦𝑝 − 𝑏𝑝
𝑦𝑞 − 𝑏𝑞
=
(𝑦𝑝 − 𝑏𝑝)(𝑦 − 𝑏)
(𝑦 − 𝑏)(𝑦𝑞 − 𝑏𝑞)
; 
Da mesma premissa do caso anterior, obtemos: 
lim
𝑥→𝑎
𝑥𝑛 − 𝑎𝑛
𝑥 − 𝑎
= lim
𝑦→𝑏
[
𝑦𝑝 − 𝑏𝑝
𝑦 − 𝑏
] [
𝑦 − 𝑏
𝑦𝑞 − 𝑏𝑞
] = [
𝑝
𝑞
] 𝑎
𝑝
𝑞
−1
= 𝑛𝑎𝑛−1. 
Em todos estes casos verificamos que 
lim
𝑥→𝑎
𝑥𝑛 − 𝑎𝑛
𝑥 − 𝑎
= 𝑛𝑎𝑛−1. 
Exercício 1. Determine o valor de 𝑎 tal que 
lim
𝑥→−2
3𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 + 3
𝑥2 + 𝑥 − 2
 
exista. Vide solução na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
 
2.2 Limites Laterais 
 
Consideremos 𝑓 como sendo uma função definida em um domínio 𝐷, que pode 
ser um intervalo ou uma reunião de intervalos. Seguimos com a definição. 
Definição 2. 
1. Seja 𝑎 ∈ ℝ, tal que existe 𝑏 ∈ ℝ, e (𝑎, 𝑏) ⊂ 𝐷𝑜𝑚(𝑓); o número real 𝐿 é o limite 
à direita de 𝑓(𝑥) quando 𝑥 se aproxima de 𝑎 pela direita, se para todo 𝜀 > 0, 
existe 𝛿 > 0 tal que |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀, se 𝑎 < 𝑥 < 𝑎 + 𝛿. Ilustrado pela Figura 5. 
A notação é: 
lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) = 𝐿. 
 
 
5 Como 𝑛 = 𝑝/𝑞, logo tendo 𝑥 = 𝑦𝑞 e 𝑎 = 𝑏𝑞, então 𝑥𝑛 = 𝑥
𝑝
𝑞 = 𝑦
𝑞(
𝑝
𝑞
)
= 𝑦𝑝. De forma análoga, tendo 
𝑎 = 𝑏𝑞, então 𝑎𝑛 = 𝑎
𝑝
𝑞 = 𝑦
𝑞(
𝑝
𝑞
)
= 𝑦𝑝. 
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Figura 5 Limite à direita. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
2. Seja 𝑎 ∈ ℝ, tal que existe 𝑐 ∈ ℝ, e (𝑐, 𝑎) ⊂ 𝐷𝑜𝑚(𝑓); o número real 𝐿 é o limite 
à esquerda de 𝑓(𝑥), quando 𝑥 se aproxima de 𝑎 pela esquerda, se para todo 𝜀 >
0, existe 𝛿 > 0, tal que |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀, se 𝑎 − 𝛿 < 𝑥 < 𝑎. Ilustrado pela Figura 
6. A notação é: 
lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) = 𝐿. 
Figura 6 Limite à esquerda. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Como exemplo, calcularemos lim
𝑥→2+
𝑓(𝑥) e lim
𝑥→2−
𝑓(𝑥), se: 
𝑓(𝑥) = {
𝑥2 + 1 se 𝑥 < 2
2 se 𝑥 = 2
−𝑥2 + 9 se 𝑥 > 2.
 
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Observamos que 𝑥 → 2+ significa que 𝑥 fica perto de 2, para valores de 𝑥 
maiores que 2, ou seja, quando 𝑓(𝑥) = −𝑥2 + 9; e 𝑥 → 2− significa que 𝑥 fica perto de 
2, para valores de 𝑥 menores que 2, ou seja, quando 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 1. Assim, 
lim
𝑥→2+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→2+
𝑓(−𝑥2 + 9) = 5, e lim
𝑥→2−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→2−
𝑓(𝑥2 + 1) = 5. 
Mesmo 𝑓(2) = 2, verificamos que seis limites laterais correspondem a 5. 
 
2.2.1 Relação entre limite e limites laterai s 
 
Teorema 1. Seja 𝑓(𝑥) uma função com domínio 𝐷 nas condições das definições. 
Então lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝐿, se e somente se os limites laterais existirem, e lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) =
lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) = 𝐿. 
Isto significa que, mesmo existindo limites laterais lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) e lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥), se 
forem distintos, então lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) não existe. 
Teste para determinar quando não existe um limite. Se 
lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) ≠ lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥), 
ou se um dos limites laterais não existe, então 𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) não existe. 
Para ilustração, calcularemos lim
𝑥→1
𝑓(𝑥), se 
𝑓(𝑥) = { 𝑥
2 se 𝑥 < 1
3𝑥 se 𝑥 ≥ 1.
 
Utilizando o Teorema 1, calculamos os limites laterais correspondentes. Obtemos que 
lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1+
(3𝑥) = 3, 
lim
𝑥→1−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1−
(𝑥2) = 1; 
lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) ≠ lim
𝑥→1−
𝑓(𝑥) ou 3 ≠ 1, logo lim
𝑥→1
𝑓(𝑥) não existe. 
 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Exercício 2. Determine o valor da constante 𝑐 tal que lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) exista, se: 
𝑓(𝑥) = { 2 − 𝑥
2 se 𝑥 ≤ 𝑐
 𝑥 se 𝑥 > 𝑐.
 
Vide solução na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
 
2.3 Limites no infinito 
 
Definição 3. 
1. Seja 𝑓 ∶ (𝑎, +∞) → ℝ. Diz-se que lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = 𝐿 quando para todo 𝜀 > 0, 
existe 𝐴 > 0 tal que |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀 se 𝑥 > 𝐴. 
2. Seja 𝑓 ∶ (−∞, 𝑏) → ℝ. Diz-se que lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = 𝐿 quando para todo 𝜀 > 0, 
existe 𝐵 > 0 tal que |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀 se 𝑥 < −𝐵. 
Iniciaremos a verificar os limites no infinito através da função mais simples, 
𝑓(𝑥) = 1/𝑥. Verificamos que 
lim
𝑥→+∞
1
𝑥
= 0. 
Temos que para todo 𝜀 > 0, existe 𝐴 > 1 𝜀⁄ > 0, tal que 𝑥 > 𝐴, então 1 𝑥⁄ <
1 𝐴⁄ < 𝜀 e |1 𝑥⁄ − 0| = |1 𝑥⁄ | < 𝜀. 
Verificaremos agora formalmente que 
lim
𝑥→−∞
1
𝑥
= 0. 
Temos que para todo 𝜀 > 0, existe 𝐵 > 1/𝜀 > 0, tal que 𝑥 < −𝐵, então |1 ∕
𝑥| = −1/𝑥 < 𝜀. 
Observemos que 𝑥 → +∞ implica 𝑥 > 0, e 𝑥 → −∞ implica 𝑥 < 0. É natural 
pensamos que dividindo qualquer quantidade ou número racional por um número 
natural, quanto maior for este número natural, menor será o resultado. Assim, uma 
divisão de um número racional por um número infinito, o resultado se aproximará a 
zero. A Tabela 2 nos ilustra estes dois casos demonstrados. 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Tabela 2 Valores de lim𝑥→𝑎 𝑓(𝑥) = 1/𝑥; |𝑎| ≥ 1. 
 
Elaboração do autor. 
Proposição 3. Para todo número natural 𝑛 e para 𝑏 ∈ ℝ − {0}, tem-se: 
1. lim
𝑥→+∞
𝑏
𝑥𝑛
= 0. 
2. lim
𝑥→−∞
𝑏
𝑥𝑛
= 0. 
Proposição 4. Se lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥) e lim
𝑥→±∞
𝑔(𝑥) existem, então para todo 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ: 
1. lim
𝑥→±∞
(𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥)) =𝛼 lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥) + 𝛽 lim
𝑥→±∞
𝑔(𝑥), 
2. lim
𝑥→±∞
(𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)) = ( lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥)) ( lim
𝑥→±∞
𝑔(𝑥)), 
3. lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
=
lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥)
lim
𝑥→±∞
𝑔(𝑥)
, se lim
𝑥→±∞
𝑔(𝑥) ≠ 0. 
Verificaremos agora alguns exemplos. 
Exemplo 1: lim
𝑥→+∞
(3 𝑥3⁄ + 5). 
Aplicando diretamente a Proposição 4.1 e Proposição 3.1, temos que 
lim
𝑥→+∞
(
3
𝑥3
+ 5) = lim
𝑥→+∞
3
𝑥3
+ lim
𝑥→+∞
5 = 0 + 5 = 5. 
Exemplo 2: lim
𝑥→+∞
5/𝑥2. 
Aplicando diretamente a Proposição 4.2, temos 
lim
𝑥→+∞
5/𝑥2 = ( lim
𝑥→+∞
5) ( lim
𝑥→+∞
1
𝑥2
) = 5 × 0 = 0. 
𝑥 = 𝑎 𝐥𝐢𝐦𝒙→𝒂 𝒇(𝒙) = 𝟏/𝒙 𝑥 = 𝑎 𝐥𝐢𝐦𝒙→𝒂 𝒇(𝒙) = 𝟏/𝒙 
𝑎 = 1 1 𝑎 = −1 −1 
𝑎 = 2 0,5 𝑎 = −2 −0,5 
𝑎 = 4 0,25 𝑎 = −4 −0,25 
𝑎 = 10 0,1 𝑎 = −10 −0,1 
𝑎 = 100 0,01 𝑎 = −100 −0,01 
𝑎 = 10000 0,0001 𝑎 = −10000 −0,0001 
𝑎 = 100000 0,00001 𝑎 = −100000 −0,00001 
𝑎 = 1000000 0,000001 𝑎 = 1000000 −0,000001 
⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 
𝑎 = +∞ 0 𝑎 = −∞ 0 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Proposição 5. Seja 
𝑓(𝑥) =
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
, 
onde 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥
𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥
𝑛−1 +⋯+ 𝑎0 e 𝑄(𝑥) = 𝑏𝑚𝑥
𝑚 + 𝑏𝑚−1𝑥
𝑚−1 +⋯+ 𝑏0 são 
polinômios de coeficientes reais de graus 𝑛 e 𝑚, respectivamente, isto é 𝑎𝑛 ≠ 0 e 𝑏𝑚 ≠
0; então: 
lim
𝑥→±∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
= {
𝑎𝑛
𝑏𝑛
 se 𝑛 = 𝑚,
0 se 𝑛 < 𝑚.
 
De fato 
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
=
𝑎𝑛𝑥
𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥
𝑛−1 +⋯+ 𝑎0
𝑏𝑚𝑥𝑚 + 𝑏𝑚−1𝑥𝑚−1 +⋯+ 𝑏0
=
𝑥𝑛 [𝑎𝑛 +
𝑎𝑛−1
𝑥 +⋯+
𝑎0
𝑥𝑛]
𝑥𝑚 [𝑏𝑚 +
𝑏𝑚−1
𝑥 +⋯+
𝑏0
𝑥𝑚]
. 
Como ensaio para estas proposições, calcularemos o limite no infinito em alguns 
casos relevantes. 
1º Caso: lim𝑥→+∞ (𝑥
3 + 1) (𝑥4 + 5𝑥3 + 𝑥 + 2)⁄ . 
Verificamos da expressão (𝑥3 + 1) que 𝑛 = 3, e da expressão (𝑥4 + 5𝑥3 + 𝑥 +
2) que 𝑚 = 4. Logo, 𝑛 < 𝑚, assim, diretamente da Proposição 5, temos que 
lim
𝑥→+∞
𝑥3 + 1
𝑥4 + 5𝑥3 + 𝑥 + 2
= 0. 
2º Caso: lim𝑥→−∞ (2𝑥 + 3) (3𝑥 + 2)⁄ . 
Da expressão (2𝑥 + 3) verificamos que 𝑛 = 1, e da expressão (3𝑥 + 2) 
verificamos que 𝑚 = 1. Logo, 𝑛 = 𝑚. Logo, da Proposição 5 e das expressões 
verificamos que 𝑎𝑛 = 2 e 𝑏𝑚 = 3, e assim temos que 
lim
𝑥→−∞
2𝑥 + 3
3𝑥 + 2
=
2
3
. 
3º Caso: lim𝑥→+∞ (𝑥 + 1) √𝑥2 − 5⁄ . 
Neste problema, a função não é racional, mas podemos racionalizar os termos 
através da aplicação da Proposição 2.5, e assim temos 
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lim
𝑥→+∞
𝑥 + 1
√𝑥2 − 5
= lim
𝑥→+∞
√
(𝑥 + 1)2
𝑥2 − 5
= lim
𝑥→+∞
√
𝑥2 + 2𝑥 + 1
𝑥2 − 5
= √ lim
𝑥→+∞
𝑥2 + 2𝑥 + 1
𝑥2 − 5
= √1
= 1. 
4º Caso: lim𝑥→−∞ (𝑥 + 1) √𝑥2 − 5⁄ . 
Este problema aparenta ser análogo ao 3º Caso, no entanto, devemos ter cuidado 
na observação de que 𝑥 → −∞, ou seja, que 𝑥 < 0. Assim, não podemos aplicar a 
Proposição 2.5, pois a raiz é número par (raiz quadrada, 𝑛 da raiz é igual a dois). No 
entanto, podemos resolver este caso através da racionalização dos fatores, calculando o 
limite de −𝑥 quando tende a +∞ para o negativo da função. Assim temos que 
lim
𝑥→−∞
𝑥 + 1
√𝑥2 − 5
= lim
−𝑥→+∞
−𝑥 (1 +
1
𝑥)
√𝑥2 (1 −
5
𝑥2
)
= lim
−𝑥→−∞
−𝑥 (1 +
1
𝑥)
𝑥√(1 −
5
𝑥2
)
= lim
−𝑥→+∞
−(1 +
1
𝑥)
√(1 −
5
𝑥2
)
= −1. 
 
2.4 Limites infinitos 
 
Considere a função 𝑓(𝑥) = 1/𝑥; o que acontece quando 𝑥 → 0? Sabemos que 0 
não pertente ao domínio desta função, mas podemos verificar o que acontece quando 𝑥 
se aproxima de zero, conforme ilustrado na Tabela 3. 
Tabela 3 Valores de 𝑓(𝑥) = 1/𝑥; quando 𝑥 → 𝑎. 
 
Elaboração do autor. 
 
𝑥 𝒇(𝒙) = 𝟏/𝒙 𝑥 𝒇(𝒙) = 𝟏/𝒙 
𝑥 = 1 1 𝑥 = −1 −1 
𝑥 = 0,5 2 𝑥 = −0,5 −2 
𝑥 = 0,1 10 𝑥 = −0,1 −10 
𝑥 = 0,01 100 𝑥 = −0,01 −100 
𝑥 = 0,001 1000 𝑥 = −0,001 −1000 
𝑥 = 0,0001 10000 𝑥 = −0,0001 −10000 
⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 
lim𝑥→0+𝑓(𝑥) = +∞ lim𝑥→0−𝑓(𝑥) = −∞ 
0 
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Verificamos a existência de dois limites laterais infinitos, 
lim
𝑥→0−
𝑓(𝑥) = −∞ e lim
𝑥→0+
𝑓(𝑥) = +∞, 
logo, lim
𝑥→0
𝑓(𝑥) = 1 𝑥⁄ não é definido. 
Seja 𝑓 uma função definida num domínio 𝐷, que pode ser um intervalo ou uma 
reunião de intervalos. Seja 𝑎 um ponto que não pertence necessariamente a 𝐷, mas tal 
que nas proximidades de 𝑎 existam pontos de 𝐷; em outras palavras, qualquer intervalo 
aberto que contem 𝑎 e intersecta 𝐷 de forma não vazia, segue-se a definição. 
Definição 4. 
1. Diz-se que que lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥) = +∞, quando para todo 𝐴 > 0, existe 𝛿 > 0 tal que 
𝑓(𝑥) > 𝐴, se 𝑥 ∈ 𝐷 e 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿. 
2. Diz-se que lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥) = −∞, quando para todo 𝐵 > 0, existe 𝛿 > 0 tal que 
𝑓(𝑥) < −𝐵, se 𝑥 ∈ 𝐷 e 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿. 
Para um ensaio desta formalidade, verificaremos que lim
𝑥→1
1/(𝑥 − 1)2 = +∞. 
Como 1/(𝑥 − 2)2 > 𝐴, então se (𝑥 − 1)2 < 1/𝐴, ou ainda |𝑥 − 1| < 1/√𝐴; 
logo então para todo 𝐴 > 0, existe 𝛿 = 1 √𝐴⁄ > 0 tal que 𝑓(𝑥) > 𝐴 se 0 < |𝑥 − 1| <
𝛿. 
Podemos analogamente definir limites laterais infinitos da seguinte forma: 
1. Diz-se que lim𝑥→𝑎− 𝑓(𝑥) = +∞, quando para todo𝐴 > 0, existe 𝛿 > 0 tal que 
𝑓(𝑥) > 𝐴 se 𝑎 − 𝛿 < 𝑥 < 𝑎. 
2. Diz-se que lim𝑥→𝑎+ 𝑓(𝑥) = −∞, quando para todo 𝐵 > 0, existe 𝛿 > 0 tal que 
𝑓(𝑥) < −𝐵 se 𝑎 < 𝑥 < 𝑎 + 𝛿. 
Proposição 6. Para todo número natural 𝑛, temos: 
1. lim
𝑥→0+
1
𝑥𝑛
= +∞. 
2. lim
𝑥→0−
1
𝑥𝑛
= {
+∞ se 𝑛 é par, 
−∞ se 𝑛 é ímpar.
 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Proposição 7. Sejam 𝑓(𝑥) e 𝑔(𝑥) funções tais que lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) ≠ 0 e lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) =
0, então: 
1. lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= +∞ se 
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
> 0 para valores de 𝑥 próximos de 𝑎. 
2. lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= −∞ se 
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
< 0 para valores de 𝑥 próximos de 𝑎. 
Estas proposições podem ser ilustradas através de exemplos. Calculemos 
lim
𝑥→1
3𝑥 − 2
(𝑥 − 1)2
. 
Como lim
𝑥→1
(3𝑥 − 2) = 1 > 0 e lim
𝑥→1
(𝑥 − 1)2 = 0, aplicando a Proposição 7.1, temos que 
lim
𝑥→1
3𝑥 − 2
(𝑥 − 1)2
= +∞. 
Um exemplo para demonstrarmos a Proposição 7.2 pode ser dado calculando-se 
lim
𝑥→2
(2𝑥 − 5)/(𝑥 − 2)2. Como lim
𝑥→2
(2𝑥 − 5) = −1 < 0 e lim
𝑥→2
(𝑥 − 2)2 = 0, logo 
lim
𝑥→2
2𝑥 − 5
(𝑥 − 2)2
= −∞. 
Corolário 2. Para funções racionais, temos: 
lim
𝑥→±∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
= {
±∞ se 𝑛 > 𝑚,
𝑎𝑛
𝑏𝑚
 se 𝑛 = 𝑚,
0 se 𝑛 < 𝑚.
 
Considere 
𝑓(𝑥) =
𝑥5 + 1
𝑥4 + 5𝑥3 + 2
. 
Pela expressão (𝑥5 + 1) temos que 𝑛 = 5, e pela expressão (𝑥4 + 5𝑥3 + 2) 
temos que 𝑚 = 4, logo 𝑛 > 𝑚. Assim, pelo Corolário 2, temos que 
lim
𝑥→∞
𝑥5 + 1
𝑥4 + 5𝑥3 + 2
= +∞. 
 
 
 
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Exercício 3. Calcule o limite de 
lim
𝑥→+∞
𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥𝑥
𝑥!
)
𝑥2 + 1
. 
Vide solução na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
 
2.5 Símbolos de indeterminação 
 
Nas operações com limites, muitas vezes podemos nos deparar com símbolos, 
tais como 
∞−∞,∞ × 0,
∞
∞
,
0
0
, 00, 1∞, ∞0. 
Estes são chamados símbolos de indeterminação. Quando aparece um destes símbolos 
no cálculo de um limite, nada se pode dizer sobre este limite. Ele poderá existir ou não, 
dependendo da expressão da qual se está calculando o limite. 
Verifiquemos alguns casos6. 
1º Caso: se 𝑓(𝑥) = 1 + 1/(𝑥 − 1)2 e 𝑔(𝑥) = 1/(𝑥 − 1)2, onde 𝑓 e 𝑔 são definidos em 
ℝ − {1}, então 
lim
𝑥→1
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1
𝑔(𝑥) = +∞. 
Assim, para lim
𝑥→1
𝑓(𝑥) − lim
𝑥→1
𝑔(𝑥) obtemos +∞−∞, nosso primeiro símbolo de 
indeterminação. No entanto, é nítido que lim
𝑥→1
(𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)) = 1. 
2º Caso: se 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(1 (𝑥 − 1)⁄ ) + 1/(𝑥 − 1)2 e 𝑔(𝑥) = 1/(𝑥 − 1)2, onde 𝑓 e 𝑔 
são definidas em ℝ − {1}; então lim
𝑥→1
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1
𝑔(𝑥) = +∞. Novamente obtemos que 
lim
𝑥→1
𝑓(𝑥) − lim
𝑥→1
𝑔(𝑥) = +∞−∞, nosso primeiro símbolo de indeterminação; mas desta 
vez, podemos verificar que lim
𝑥→1
(𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)) não existe, pois lim
𝑥→1
𝑠𝑒𝑛(1/(𝑥 − 1)) não 
existe. 
 
6 Todos estes casos são exclusivos do livro de VILCHES & CORRÊA, adaptados aqui neste caderno. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
3º Caso: se 𝑓(𝑥) = 1/𝑥 e 𝑔(𝑥) = ln(𝑥), onde 𝑓 e 𝑔 são definidos para 𝑥 > 0, então 
lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = 0 e lim
𝑥→+∞
𝑔(𝑥) = +∞. Fazendo lim
𝑥→+∞
𝑔(𝑥) × lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) obtemos nosso 
segundo símbolo de indeterminação, +∞× 0. No entanto, lim
𝑥→+∞
(𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)) = 0. 
De fato, ln(𝑥) < 𝑥 para todo 𝑥 > 0, por se tratar de uma função logarítmica. 
`Podemos racionalizar, de forma que ln(𝑥) = ln(√𝑥√𝑥) = 2 ln(√𝑥) < 2√𝑥 para 𝑥 ≥
1.7 Logo, 0 < ln(𝑥) < 2√𝑥 para todo 𝑥 ≥ 1. Da mesma forma, 
0 <
ln(𝑥)
𝑥
<
2√𝑥
𝑥
=
2
√𝑥
. 
Aplicando lim
𝑥→+∞
0 = lim
𝑥→+∞
2 √𝑥⁄ = 0, verificamos pelo teorema do confronto 
(definido na Proposição 2.7) que lim
𝑥→+∞
ln(𝑥) /𝑥 = 0. 
4º Caso: se 𝑓(𝑥) = 1/𝑥2 e 𝑔(𝑥) = 𝑥2𝑠𝑒𝑛(1 𝑥⁄ ), onde 𝑓 e 𝑔 são definidas em ℝ − {0}, 
então lim
𝑥→0
𝑓(𝑥) = +∞ e lim
𝑥→0
𝑔(𝑥) = 0. Fazendo lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) × lim
𝑥→+∞
𝑔(𝑥) obtemos 
novamente o símbolo de indeterminação, +∞× 0. Mas desta vez, de forma análoga ao 
2º Caso, verificamos que lim
𝑥→0
(𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)) não existe. 
 
2.6 Limites fundamentais 
 
Nosso primeiro limite fundamental de estudo será 
lim
𝑥→0
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑥
= 1. 
A Tabela 4 nos mostra que 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)/𝑥 é uma função par. 
 
7 Lembremos sempre que racionalizamos expressões, devemos ter o cuidado de adaptar as condições. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Tabela 4 𝑓(𝑥) = sen(𝑥)/𝑥. 
 
Elaboração do autor. 
Para provarmos que lim
𝑥→0
sen(𝑥)/𝑥 = 0, considere o desenho apresentado na 
Figura 7. 
Figura 7 Desenho para prova do primeiro limite fundamental. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Denotemos 𝐴1 como a área do triângulo 𝑄𝑂𝑃, 𝐴2 como a área do triângulo 𝑆𝑂𝑇 
e 𝐴 pela área do setor circular 𝑆𝑂𝑃. É nítido pelo desenho que 𝐴1 < 𝐴 < 𝐴2. Se 0 <
𝜃 < 𝜋/2, 
𝐴1 =
1
2
 sen(𝜃) cos(𝜃), 𝐴2 =
1
2
 sen(𝜃) sec(𝜃) e 𝐴 =
1
2
𝜃. 
Então, da desigualdade acima, temos que sen(𝜃) cos(𝜃) < 𝜃 < sen(𝜃) sec(𝜃); 
e, como sen(𝜃) > 0 se 0 < 𝜃 < 𝜋/2, temos que 
cos(𝜃) <
𝜃
sen(𝜃)
< sec(𝜃) , 𝑜𝑢 cos(𝜃) <
sen(𝜃)
𝜃
< sec(𝜃). 
Como lim
𝜃→0+
cos (𝜃) = lim
𝜃→0+
sec(𝑡) = 1, segue-se que lim
𝜃→0+
sen(𝜃) /𝜃 = 1. Por 
ser sen(𝜃) /𝜃 uma função para, logo lim
𝜃→0−
sen(𝜃) /𝜃 = 1; logo, 
𝑥 ≠ 0 𝑓(𝑥) 
±1 0,841471 
±0,5 0,958851 
±0,2 0,993347 
±0,1 0,998334 
±0,01 0,999983 
±0,001 0,9999998 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
lim
𝜃→0
sen(𝜃)
𝜃
= 1. 
A Figura 8 nos ilustra esta função. 
Figura 7 Gráfico da função 𝑓(𝑥) = sen(𝑥)/𝑥 se 𝑥 ≠ 0 e 𝑓(0) = 1. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
O segundo limite fundamental essencial de estudo será 
lim
𝑥→±∞
(1 +
1
𝑥
)
𝑥
 
A Tabela 5 nos mostra alguns resultados da função 𝑓(𝑥) = (1 + 1 𝑥⁄ )𝑥. 
Tabela 5 𝑓(𝑥) = (1 + 1 𝑥⁄ )𝑥. 
 
Elaboração do autor. 
É possível provar que 
lim
𝑥→±∞
(1 +
1
𝑥
)
𝑥
= 𝑒, 
onde 𝑒 ≅ 2,71828 é o número/constante de Euler. A prova desta propriedade poderá ser 
encontrar em bibliografias intermediárias ou avançadas. 
A Figura 8 nos ilustra o gráfico desta função. 
 
𝑥 > 0 𝑓(𝑥) 𝑥 < 0 𝑓(𝑥) 
101 2,593742 −101 2,867972 
102 2,704813 −102 2,704814 
103 2,716924 −103 2,719642 
104 2,718146 −104 2,718146 
105 2,718268 −105 2,718295 
106 2,718280 ≅ 𝑒 −106 2,718280 ≅ 𝑒 
 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
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Integral I (IME01-00508) realizado na UERJ no semestre 2012.1 ministrado por Wellington Reis, por 
Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto.Figura 8 Gráfico da função 𝑓(𝑥) = (1 + 1 𝑥⁄ )𝑥 para 𝑥 ≠ 0. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
O terceiro limite fundamental a ser estudado considera 𝑎 ∈ ℝ, 𝑎 > 0, 𝑎 ≠ 1, 
então: 
lim
𝑥→0
(
𝑎𝑥 − 1
𝑥
) = ln(𝑎). 
Seja 𝑡 = 𝑎𝑥 − 1, e de forma análoga, 𝑎𝑥 = 𝑡 − 1; então ln(𝑎𝑥) = ln (𝑡 + 1); 
logo 𝑥 ln(𝑎) = ln(𝑡 + 1), e assim 𝑥 = ln(𝑡 + 1) / ln(𝑎). Quando 𝑥 → 0, temos que 𝑡 →
0, então 
lim
𝑥→0
𝑎𝑥 − 1
𝑥
= lim
𝑡→0
𝑡
ln(𝑡 + 1)
ln(𝑎)
= ln(𝑎) lim
𝑡→0
1
1
𝑡 ln(𝑡 + 1)
= ln(𝑎) lim
𝑡→0
1
ln ((1 + 𝑡)
1
𝑡)
=
ln(𝑎)
ln (lim
𝑡→0
(1 + 𝑡)
1
𝑡)
. 
Verificaremos na página a seguir, no 3º Caso, que lim
x→0
(1 + 𝑥)
1
𝑥 = 𝑒. Logo, 
lim
𝑥→0
𝑎𝑥 − 1
𝑥
=
ln(𝑎)
ln(𝑒)
= ln(𝑎). 
Em particular, 𝑒 é a única base da exponencial tal que 
lim
𝑥→0
(
𝑒𝑥 − 1
𝑥
) = ln(𝑒) = 1. 
A seguir, verificaremos o uso destas propriedades em alguns exemplos de casos. 
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1º Caso: lim
𝑥→0
𝑡𝑔(𝑥)/𝑥. 
lim
𝑥→0
𝑡𝑔(𝑥)
𝑥
= lim
𝑥→0
(
sen(𝑥)
𝑥 cos(𝑥)
) = lim
𝑥→0
(
sen(𝑥)
𝑥
) lim
𝑥→0
(
1
cos(𝑥)
) = 1. 
2º Caso: lim
𝑥→0
sen(2𝑥) / sen(3𝑥). 
Verificamos que sen(2𝑥) sen(3𝑥)⁄ = (6𝑥 × sen(2𝑥)) (6𝑥 × sen(3𝑥))⁄ para 
𝑥 ≠ 0. Logo, 
lim
x→0
sen(2𝑥)
sen(3𝑥)
=
2
3
lim
x→0
(
sen(2𝑥)
2𝑥
) lim
x→0
(
3𝑥
sen(3𝑥)
) =
2
3
. 
3º Caso: lim
x→0
(1 + 𝑥)
1
𝑥 . 
Este caso precisa de uma reorganização para aplicarmos o segundo limite 
fundamental. Consideremos que 𝑡 = 1/𝑥, logo 𝑥 = 1/𝑡, assim se 𝑥 → 0, então 𝑡 →
±∞. Logo 
lim
x→0
(1 + 𝑥)
1
𝑥 = lim
t→±∞
(1 +
1
𝑡
)
𝑡
= 𝑒. 
4º Caso: lim
x→±∞
(1 + 𝑏 𝑥⁄ )𝑥, onde 𝑏 é um número real. 
Da mesma forma que no 3º Caso, é necessário que a expressão seja organizada. 
Para aplicação do segundo limite fundamental, é necessário que 𝑏 = 1, logo podemos 
tomar 𝑡 = 𝑥/𝑏 que corresponde a 𝑥 = 𝑏𝑡, e assim, temos 
lim
x→±∞
(1 +
𝑏
𝑥
)
𝑥
= ( lim
t→±∞
(1 +
1
𝑡
)
𝑡
)
𝑏
= 𝑒𝑏 . 
5º Caso: lim
𝑥→±∞
(1 + 1 (𝑥 + 𝑏)⁄ )𝑥, onde 𝑏 é um número real. 
Consideremos que 𝑥 + 𝑏 = 𝑡, onde analogamente, 𝑥 = 𝑡 − 𝑏. Então, 
lim
𝑥→±∞
(1 +
1
𝑥 + 𝑏
)
𝑥
= lim
𝑡→±∞
(1 +
1
𝑡
)
𝑡−𝑏
=𝑒. 
6º Caso: sabemos que se uma quantia 𝐴0 é investida a uma taxa 𝑟 de juros compostos, 
capitalizados 𝑚 vezes ao ano, o saldo 𝐴(𝑡), após 𝑡 anos é dado por 𝐴(𝑡) =
𝐴0(1 + 𝑟 𝑚⁄ )
𝑚𝑡. Se for pedido para calcularmos o saldo em 𝑡 de forma que os juros 
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sejam capitalizados continuamente, podemos aplicar o segundo limite fundamental de 
forma análoga ao 4º Caso, e assim temos que 
𝐴(𝑡) = lim
𝑚→+∞
𝐴0 (1 +
𝑟
𝑚
)
𝑚𝑡
= 𝐴0 lim
𝑚→+∞
((1 +
𝑟
𝑚
)
𝑚
)
𝑡
= 𝐴0𝑒
𝑟𝑡. 
7º Caso: lim
𝑥→∞
((𝑥 + 2) (𝑥 − 1)⁄ )𝑥+𝑏, onde 𝑏 é um número real. 
Podemos fatorar os termos, de forma que (𝑥 + 2) (𝑥 − 1)⁄ = 1 + 3 (𝑥 − 1)⁄ . 
Assim, podemos calcular o limite da seguinte forma: 
lim
𝑥→±∞
(
𝑥 + 2
𝑥 − 1
)
𝑥+𝑏
= lim
𝑥→±∞
(1 +
3
𝑥 − 1
)
𝑥
lim
𝑥→±∞
(1 +
3
𝑥 − 1
)
𝑏
=𝑒3. 
8º Caso: lim
𝑥→0
(𝑎𝑥 − 𝑏𝑥)/𝑥, onde 𝑎, 𝑏 > 0 e 𝑎, 𝑏 ≠ 1. 
Este caso é análogo do terceiro limite fundamental. A função pode ser ajustada 
no numerador, de forma que (𝑎𝑥 − 𝑏𝑥) = (𝑎𝑥 − 1 + 1 − 𝑏𝑥) = (𝑎𝑥 − 1) − (𝑏𝑥 − 1). 
Temos então que 
lim
𝑥→0
𝑎𝑥 − 𝑏𝑥
𝑥
= lim
𝑥→0
(
𝑎𝑥 − 1
𝑥
−
𝑏𝑥 − 1
𝑥
) = ln(𝑎) − ln(𝑏) = ln (
𝑎
𝑏
). 
 
2.7 Assíntotas 
 
Definição 5. 
1. A reta 𝑦 = 𝑏 é uma assíntota horizontal ao gráfico da função 𝑦 = 𝑓(𝑥) se pelo 
menos uma das seguintes afirmações é verdadeira: 
lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = 𝑏 ou lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = 𝑏. 
2. A reta 𝑥 = 𝑎 é uma assíntota vertical ao gráfico da função 𝑦 = 𝑓(𝑥) se pelo 
menos uma das seguintes afirmações é verdadeira: 
lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) = ±∞ ou lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) = ±∞. 
Em outras palavras, assíntotas ao gráfico de uma função consistem em linhas 
onde nenhum ponto encosta-se, mas que se aproximam-se no infinito. Em geral, se o 
𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ, então o gráfico de 𝑓 não possui assíntotas verticais. 
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Para ilustração, será apresentado na Figura 9 um esboço do gráfico da função 
logística 
𝐿(𝑡) =
𝐴
1 + 𝐵𝑒−𝐶𝑡
, onde 𝐴, 𝐵, 𝐶 ∈ ℝ. 
𝐷𝑜𝑚(𝐿) = ℝ, logo não terá assíntota vertical; e a curva passa por (0, (𝐴 1 + 𝐵)⁄ ). Por 
um lado, temos que lim
𝑡→+∞
𝐿(𝑡) = 𝐴; logo, 𝑦 = 𝐴 é uma assíntota horizontal8. Por outro 
lado, lim
𝑡→−∞
𝐿(𝑡) = 0; logo 𝑦 = 0 é também uma assíntota horizontal. 
Figura 9 Esboço de gráfico de uma função logística. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
 
2.7.1 Esboço aproximado de funções racionais 
 
Seja 𝑓(𝑥) = 𝑃(𝑥)/𝑄(𝑥) tal que 𝑎 ∉ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), isto é, 𝑄(𝑎) = 0. Denote 
𝑄(𝑥) = (𝑥 − 𝑎)𝑛𝑄1(𝑥), 𝑛 > 1 e 𝑄1(𝑎) ≠ 0. 
Analogamente, denote 
𝑃(𝑥) = (𝑥 − 𝑎)𝑛𝑃1(𝑥), 𝑚 ≥ 0 e 𝑃1(𝑎) ≠ 0. 
Se 𝑚 < 𝑛, fazemos 𝑘 = 𝑛 −𝑚, e temos: 
𝑓(𝑥) =
1
(𝑥 − 𝑎)𝑘
𝑓1(𝑥), 
onde 𝑓1(𝑥) = 𝑃1(𝑥)/𝑄1(𝑥) é uma função definida em 𝑎. Então lim𝑥→𝑎± |𝑓(𝑥)| = ∞. 
 
8 A interpretação da assíntota varia de caso a caso. No uso de uma função logística 𝐿 = 𝐿(𝑡) para 
descrição de um crescimento populacional, o valor 𝐴 obtido de 𝑡 → +∞ pode indicar o limite da 
população, ou seja, corresponder o máximo de indivíduos que um ecossistema pode suportar. 
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As Figuras 10 e 11 nos ilustram esboços de gráficos para esta função 𝑓. 
Figura 10 Gráficos de 𝑓(𝑥) = 1 (𝑥 − 𝑎)𝑘⁄ 𝑓1(𝑥) ao redor do ponto 𝑎, 
para (I) 𝑘 ímpar e (II) 𝑘 par, e 𝑓1(𝑎) > 0. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
 
Figura 11 Gráficos de 𝑓(𝑥) = 1 (𝑥 − 𝑎)𝑘⁄ 𝑓1(𝑥) ao redor do ponto 𝑎, 
para (I) 𝑘 ímpar e (II) 𝑘 par, e 𝑓1(𝑎) < 0. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
A função possui uma assíntota vertical em cada raiz do polinômio 𝑄(𝑥). 
Ilustraremos o esboço de gráficos de funções racionais através de exemplos 
Exemplo 1: 
𝑦 = 𝑓(𝑥) =
𝑥
𝑥2 − 1
. 
Verificamos que 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−1, 1}, logo a função não está definida para 𝑥 = −1 
e para 𝑥 = 1. No entanto, podemos estudar o comportamento de 𝑓(𝑥) na vizinhança de 
𝑥 = 1 e 𝑥 = −1, ou seja, lim
𝑥→−1
𝑓(𝑥) e lim
𝑥→1
𝑓(𝑥). 
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Para verificarmos o que acontece quando 𝑥 → 1, denotemos então 𝑓(𝑥) =
𝑓1(𝑥)/(𝑥 − 1), de forma que 
𝑓(𝑥) =
𝑥
𝑥2 − 1
=
𝑥
(𝑥 + 1)(𝑥 − 1)
; logo 𝑓1 =
𝑥
𝑥 + 1
; 
𝑘 = 1 e 𝑓1(1) > 0; então 
lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) = +∞ e lim
𝑥→1−
𝑓(𝑥) = −∞. 
Analogamente, para verificarmos os limites laterais de 𝑥 → −1, denotemos𝑓(𝑥) = 1 (𝑥 + 1)⁄ × 𝑓1(𝑥), onde 
𝑓1(𝑥) =
𝑥
𝑥 − 1
; 
𝑘 = 1 e 𝑓1(−1) > 0, então 
lim
𝑥→−1+
𝑓(𝑥) = +∞ e lim
𝑥→−1−
𝑓(𝑥) = −∞. 
Logo, 𝑥 = 1 e 𝑥 = −1 são assíntotas verticais. Verificamos também que 𝑓(0) = 0, 
logo a curva de 𝑓(𝑥) passa por (0,0). Por outro lado, temos que 
lim
𝑥→±∞
𝑥
𝑥2 − 1
= 0, 
Assim, 𝑦 = 0 é uma assíntota horizontal. A Figura 12 ilustra o gráfico desta função. 
Figura 12 Gráfico de 𝑦 = 𝑥/(𝑥2 − 1). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA 
O desenho é simples. O primeiro passo é definir as assíntotas verticais 𝑦 = −1 e 
𝑦 = 1, conforme linha tracejada. A assíntota horizontal neste caso já está definida no 
eixo 𝑥 = 0. Sabemos que (0, 0) é ponto de intercepto. Desta forma, sabendo que o 
limite lateral de −1− tende a +∞, fazemos uma curva partindo de 𝑦 = +∞ delimitada 
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pela assíntota 𝑦 = −1 e ponto (0, 0). Da mesma forma, como verificamos que o limite 
lateral de 1− → −∞, desenhamos uma curva partindo de 𝑦 = −∞ delimitada pela 
assíntota 𝑦 = 1 e passando pelo ponto (0, 0) – unindo-se assim com a curva desenhada 
anteriormente. 
Agora para o limite lateral 1+ → +∞, também fazemos uma curva partindo de 
𝑦 = +∞ delimitada a direita da assíntota 𝑦 = 1 em direção a 𝑥 → +∞, delimitado pelo 
eixo 𝑥. Da mesma forma para o limite lateral −1− → −∞, fazemos uma curva 
semelhante partindo do lado esquerdo da assíntota 𝑦 = −1, de 𝑦 = −∞ e delimitando-
se a 𝑥 para −∞ com a assíntota horizontal do eixo. 
Exemplo 2: 
𝑦 = 𝑓(𝑥) =
𝑥2
𝑥2 − 1
. 
Verificamos que 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−1, 1}, e que 𝑓(0) = 0, ou seja, a curva passa 
pelo ponto (0, 0). Para verificarmos o que acontece quando 𝑥 → 1, devemos encontrar 
𝑓1(𝑥) tal que 𝑓(𝑥) = 𝑓1(𝑥)/(𝑥 − 1). Assim, racionalizamos a função de forma que 
𝑥2
𝑥2 − 1
=
𝑥2
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)
; logo 𝑓1(𝑥) =
𝑥2
𝑥 + 1
, 
𝑘 = 1, e 𝑓1(1) > 0; então, 
lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) = +∞ e lim
𝑥→1−
𝑓(𝑥) = −∞. 
Analogamente, para verificarmos o comportamento quando 𝑥 → −1, 
verificamos que 𝑓1(𝑥) tal que 𝑓(𝑥) = 𝑓1(𝑥)/(𝑥 + 1) corresponde a 
𝑓1(𝑥) =
𝑥2
𝑥 − 1
; 
𝑘 = 1 e 𝑓1(−1) < 0; então 
lim
𝑥→−1+
𝑓(𝑥) = −∞ 𝑒 lim
𝑥→−1−
𝑓(𝑥) = +∞; 
logo 𝑥 = 1 e 𝑥 − 1 são assíntotas verticais. Por outro lado, 
lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥) =
𝑥2
𝑥2 − 1
= 1, 
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e assim, 𝑦 = 1 é uma assíntota horizontal. O desenho do gráfico segue a mesma 
explicação do exemplo anterior, e é ilustrado pela Figura 13. 
Figura 13 Gráfico de 𝑦 = 𝑥2/(𝑥2 − 1). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
 
2.8 Continuidade de funções 
 
Conforme definido por VILCHES & CORRÊA, a noção de continuidade em 
Matemática é a que utilizamos no dia a dia, isto é, onde não há interrupção ou, então, 
onde não existem partes separadas umas das outras. 
Definição 6. Seja 𝑓 uma função, e 𝑎 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), onde 𝐷𝑜𝑚(𝑓) é um intervalo aberto 
ou uma reunião de intervalos abertos; dizemos que 𝑓 é contínua em 𝑎, se as condições 
abaixo são satisfeitas. 
1. 𝑓(𝑎) existe. 
2. lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) existe. 
3. 𝑓(𝑎) = lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥). 
Se uma destas três condições não é satisfeita, dizemos então que 𝑓 é descontínua em 
x=a. 
Em outras palavras, a continuidade de uma função em um ponto indica que o 
gráfico da função não apresenta saltos nesse ponto. Considere como exemplo 
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𝑓(𝑥) = {
𝑥² − 1
𝑥 − 1
, se 𝑥 ≠ 1
1, se 𝑥 = 1.
 
Verificamos que 𝑓(1) existe, e 𝑓(1) = 1. 
lim
𝑥→1
𝑥2 − 1
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1
(𝑥 + 1) = 2. 
Verificamos que lim𝑥→1 𝑓(𝑥) existe, mas lim𝑥→1 𝑓(𝑥) ≠ 𝑓(1).Logo, 𝑓(𝑥) não é 
contínua em 𝑥 = 1. Observe que se 𝑓(𝑥) fosse reescrita de forma que 𝑓(1) = 2, a 
função seria contínua em todos os pontos de ℝ, ou seja, se fosse 
𝑓(𝑥) = {
𝑥² − 1
𝑥 − 1
, se 𝑥 ≠ 1
2, se 𝑥 = 1.
 
Caso a função fosse escrita de forma que 
𝑓(𝑥) =
𝑥² − 1
𝑥 − 1
, 
de fato 𝑓(𝑥) seria uma função contínua em todo ponto de seu domínio, pois neste caso 
{1} não faria parte de seu domínio. De fato, 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 1 se 𝑥 ≠ 1, assim em todo seu 
domínio lim
𝑥→𝑥0
𝑓(𝑥) = 𝑥0 + 1 = 𝑓(𝑥0). 
A continuidade também pode ser expressa em função de 𝜀 e 𝛿. De fato, 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) significa que para todo 𝜀 > 0 existe 𝛿 > 0 tal que, se 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓) e 
|𝑥 − 𝑎| < 𝛿, então |𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)| < 𝜀. Em outras palavras, 𝑓 é contínua em 𝑎 quando 
para todo 𝜀 > 0, existe 𝛿 > 0 tal que 𝑓(𝑥) ∈ (𝑓(𝑎) − 𝜀, 𝑓(𝑎) + 𝜀) desde que 𝑥 ∈ (𝑎 −
𝛿, 𝑎 + 𝛿) ∩ 𝐷𝑜𝑚(𝑓). 
Proposição 8. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções contínuas no ponto 𝑎. Então: 
1. 𝛼𝑓 + 𝛽𝑔 são contínuas em 𝑎, para todo 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ. 
2. 𝑓𝑔 é contínua em 𝑎. 
3. 
𝑓
𝑔
 é contínua em 𝑎, se 𝑎 ∈ 𝐷𝑜𝑚 (
𝑓
𝑔
). 
Definição 7. Uma função 𝑓 é dita contínua em 𝐴 ⊂ ℝ se 𝑓 é contínua em cada ponto 
de 𝐴. Se 𝑓 é contínua em 𝐴 e 𝐵 ⊂ 𝐴, então 𝑓 é contínua em 𝐵. 
 
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Segue uma lista de propriedades de continuidade. 
▪ Os polinômios são funções contínuas em ℝ, pois são expressos por 
somas e produtos de funções em ℝ. 
▪ As funções racionais são funções contínuas no seu domínio. 
▪ As funções 𝑓(𝑥) = sen(𝑥) e 𝑓(𝑥) = cos(𝑥) são contínuas em ℝ. 
▪ As funções exponenciais são funções contínuas em ℝ. 
▪ As funções logarítmicas são funções contínuas em ]0, +∞]. 
 
2.8.1 Continuidade em funções compostas 
 
Proposição 9. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções tais que lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝑏, e 𝑔 é contínua no 
ponto 𝑏, então 
lim
𝑥→𝑎
(𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥) = 𝑔 (lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)). 
A aplicação direta desta propriedade pode ser ilustrada através de exemplos. 
Definimos, por exemplo, que a função 𝑔(𝑥) = 𝑒𝑥 é contínua em todo ℝ; logo, 
se existe lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥), então 
lim
𝑥→𝑎
𝑒𝑓(𝑥) = 𝑒
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
. 
Sejam as funções 𝑔(𝑥) = sen(𝑥) e ℎ(𝑥) = cos (𝑥) contínuas em todo ℝ; logo 
se existe lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥), então 
lim
𝑥→𝑎
sen(𝑓(𝑥)) = sen (lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)) ; lim
𝑥→𝑎
cos(𝑓(𝑥)) = cos (𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)). 
Outro exemplo, pense na função 𝑔(𝑥) = ln(𝑥) que seja contínua em ]0, +∞]; 
logo se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) ∈ ]0, +∞], então 
lim
𝑥→𝑎
ln(𝑓(𝑥)) = ln (𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)). 
De uma forma geral, podemos verificar no exemplo abaixo como esta 
propriedade se aplica na prática. 
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lim
𝑥→1
ln (
5𝑥5 + 𝑥3 + 1
𝑥2 + 1
) = ln(lim
𝑥→1
𝑥5 + 𝑥3 + 1
𝑥2 + 1
) = ln (
3
2
) . 
Para finalizarmos esta parte de exemplos,verifique que 
lim
𝑥→1
𝑒
𝑥2−1
𝑥−1 = 𝑒2. 
De fato, temos que 
lim
𝑥→1
𝑥2 − 1
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1
(𝑥 + 1)(𝑥 − 1)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1
(𝑥 + 1) = 2. 
Assim, 
lim
𝑥→1
𝑒
𝑥2−1
𝑥−1 = 𝑒
lim
𝑥→1
(𝑥+1)
= 𝑒2. 
Este exemplo nos ilustra bem a Proposição 9. Neste caso, temos que 𝑔(𝑥) = 𝑒𝑥, 
sendo que 𝑔 é contínua em todo ℝ, incluindo o valor 1. Temos também 𝑓(𝑥) =
(𝑥2 − 1)/(𝑥 − 1); neste caso 𝑓 não é contínua no ponto 1, pois 𝑓(1) não existe. No 
entanto, por 1 ser um ponto contínuo em 𝑔, logo lim
𝑥→1
(𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥) = 𝑔 (lim
𝑥→1
𝑓(𝑥)), ou 
seja, lim
𝑥→1
𝑒𝑓(𝑥) = 𝑒
lim
𝑥→1
𝑓(𝑥)
= 𝑒
lim
𝑥→1
(𝑥+1)
= 𝑒2. 
Teorema 2. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções tais que 𝑔 ∘ 𝑓 esteja bem definida. Se 𝑓 é contínua 
no ponto 𝑎 e 𝑔 é contínua em 𝑓(𝑎), então 𝑔 ∘ 𝑓 é contínua em 𝑎. 
Em outras palavras, o Teorema 2 expressa a continuidade de funções compostas, 
que em outras palavras, pode ser expresso que a composta de duas funções contínuas é 
uma função contínua. Mais precisamente, se 𝑓 é contínua em 𝑥0, e se 𝑔 é contínua em 
𝑓(𝑥0), então ℎ = 𝑔 ∘ 𝑓 é contínua em 𝑥0; e lim
𝑥→𝑥0
𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑔( lim
𝑥→𝑥0
𝑓(𝑥)) = 𝑔(𝑓(𝑥0)). 
Observa-se que a parte desta condição que expressa continuidade para 𝑔 ∘ 𝑓, 
verificamos já que para que possamos passar o limite para dentro do argumento da 
função 𝑔, basta apenas que lim
𝑥→𝑥0
𝑓(𝑥) exista. 
 
 
 
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2.8.2 Tipos de descontinuidade 
 
Considere a função: 𝑔(𝑥) = (𝑥2 − 4) (𝑥 − 2)⁄ ; e pergunta-se: 𝑔(𝑥) é contínua 
em 𝑥 = 2? 
Verificamos facilmente que 𝑔(2) não existe; logo 𝑔 não é contínua em 𝑥 = 2. 
No entanto, verificamos que 
𝑔(𝑥) = 
(𝑥 + 2)(𝑥 − 2)
(𝑥 − 2)
= (𝑥 + 2) em 𝑥 ≠ 2; logo, 
lim
𝑥→2
𝑔(𝑥) = lim
𝑥→2
𝑥 + 2 = 4. 
A função 𝑔 não é contínua em 𝑥 = 2, mas lim
𝑥→2
𝑔(𝑥) existe. A partir da função 𝑔, 
podemos definir uma função ℎ que seja contínua em 𝑥 = 2, da seguinte forma: 
ℎ(𝑥) = {
𝑔(𝑥), se 𝑥 ≠ 2
4, se 𝑥 = 2.
 
Neste caso, dizemos que a função 𝑔 possui uma descontinuidade removível em 
𝑥 = 2. Este tipo de descontinuidade acontece quando ou a função não está definida no 
ponto em questão, mas o limite existe; ou se o limite existe, mas é diferente do valor da 
função neste ponto. 
Podemos também definir a descontinuidade essencial de salto. Considere a 
função 
𝑓(𝑥) = {
4 − 𝑥2, se 𝑥 ≤ 2
𝑥 − 1, se 𝑥 > 2,
 
𝑓 é contínua em 2? 
Verificamos que 𝑓(2) = 0, ou seja, existe. No entanto, podemos também 
verificar que lim
𝑥→2
𝑓(𝑥) não existe, logo 𝑓 é descontínua em 𝑥 = 2. Os limites laterais 
são diferentes entre si, de forma que 
lim
𝑥→2+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→2+
(𝑥 − 1) = 1 ≠ lim
𝑥→2−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→2−
(4 − 𝑥2) = 0 
A Figura 14 nos ilustra com o gráfico de descontinuidade essencial de salto 
desta função. 
 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
40 
 
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Integral I (IME01-00508) realizado na UERJ no semestre 2012.1 ministrado por Wellington Reis, por 
Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Figura 14 Descontinuidade essencial de salto. 
 
Elaboração do autor. 
 
Existe também a chamada descontinuidade de infinito. Considere a função 
𝑝(𝑥) = (𝑥2 + 1) (𝑥 − 1)⁄ ; esta função é contínua em 𝑥 = 1? De fato, podemos 
verificar que 𝑝(1) não existe, pois resultaria num denominador igual a zero. No entanto, 
podemos calcular os limites laterais para verificar se lim
𝑥→1
𝑝(𝑥) existe. Temos9 que 
𝑝(𝑥) = 
𝑥² + 1
𝑥 − 1
=
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) + 2
𝑥 − 1
, 
lim
𝑥→1+
𝑝(𝑥) = lim
𝑥→1+
[
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) + 2
(𝑥 − 1)
] = lim
𝑥→1+
(𝑥 + 1) + lim
𝑥→1+
2
𝑥 − 1
= +∞; 
lim
𝑥→1−
𝑝(𝑥) = 2 + lim
𝑥→1−
2
𝑥 − 1
= −∞. 
Como lim
𝑥→1+
𝑝(𝑥) ≠ lim
𝑥→1−
𝑝(𝑥), temos que lim
𝑥→1
𝑝(𝑥) não existe. A Figura 15 nos 
ilustra com o gráfico desta função. 
 
 
 
 
 
 
9 Vide Seção 2.8.3, Dividindo polinômios. 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
41 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Figura 15 Descontinuidade de infinito. 
 
Elaboração do autor. 
 
2.8.3 Dividindo polinômios 
 
Verificamos até então que para calcularmos limites de funções racionais em 
pontos que não fazem parte de seus domínios, necessitamos muitas vezes fatorar os 
polinômios para obtermos uma outra função simplificada e idêntica correspondente para 
valores que façam parte do domínio da função inicial. 
É então interessante mostrar neste material um método de divisão de polinômios 
através de desenhos. O modelo é bem simples, e análogo ao modelo de divisão adotado 
em cálculos números (já bem conhecido por todos que muitas vezes desde criança 
aprenderam e aplicaram no Ensino Fundamental). A Figura 16 nos ilustra este modelo. 
Figura 16 Modelo de divisão de polinômios. 
 
Elaboração do autor. 
Neste modelo, temos que 𝑃(𝑥) = 𝐷(𝑥)𝑄(𝑥) + 𝑅(𝑥). Analisemos o caso do 
final da seção anterior, em que temos 𝑓(𝑥) = (𝑥2 + 1) (𝑥 − 1)⁄ . Podemos definir 
𝑃(𝑥) = 𝑥2 + 1 e 𝐷(𝑥) = 𝑥 − 1. Primeiro, dividimos 𝑥2 por 𝑥, e obtemos 𝑥 – por 
enquanto temos que 𝑄(𝑥) = 𝑥. Multiplicando 𝑥 por 𝐷(𝑥), obtemos 𝑥2 − 𝑥. Subtraímos 
𝑃(𝑥) 
𝑅(𝑥) 
𝐷(𝑥) 
𝑄(𝑥) 
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42 
 
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então este resultado de 𝑃(𝑥), ou seja, 𝑥2 + 1 − (𝑥2 − 𝑥) = 1 + 𝑥 = 𝑅0(𝑥). Logo, 
𝑃(𝑥) = 𝑥(𝑥 − 1) + (1 + 𝑥). De fato 𝑥(𝑥 − 1) + (1 + 𝑥) = 𝑥2 − 𝑥 + 1 + 𝑥 = 𝑥2 +
1 = 𝑃(𝑥). Podemos agora continuar; dividindo (1 + 𝑥) por 𝑥, obtemos +1. 
Multiplicando +1 por 𝐷(𝑥) = 𝑥 − 1, obtemos 𝑥 − 1. Subtraindo agora esta expressão 
da obtida anteriormente 𝑅0(𝑥), temos que (1 + 𝑥) − (𝑥 − 1) = 2 = 𝑅(𝑥). Não temos 
como continuar agora, pois não há interesse em dividir 2 por 𝑥. Assim, temos que 
𝐷(𝑥) = 𝑥 + 1, logo 𝑃(𝑥) = 𝑥2 + 1 = (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) + 2. Assim, 𝑓(𝑥) =
(𝑥2 + 1) (𝑥 − 1)⁄ = ((𝑥 − 1)(𝑥 + 1) + 2)/(𝑥 − 1). A Figura 17 nos ilustra este 
exemplo. 
Figura 17 Exemplo de divisão de polinômios. 
 
Elaboração do autor. 
 
2.8.4 Teorema de Bolzano (ou do valor intermediário) 
 
O teorema de Bolzano (também conhecido como teorema do Valor 
Intermediário) estabelece que uma função 𝑓 contínua num intervalo fechado [𝑎, 𝑏] 
assume todos os valores entre 𝑓(𝑎) e 𝑓(𝑏), ou em outras palavras, para que 𝑓 passe por 
𝑓(𝑎) e 𝑓(𝑏), tem que passar por todos os valores intermediários. 
Definição 8. Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ; 𝑓 é contínua em [𝑎, 𝑏] se: 
1. 𝑓 é contínua em todos os pontos do intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏]. 
2. lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) existe, e lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎). 
3. lim
𝑥→𝑏−
𝑓(𝑥) existe, e lim
𝑥→𝑏−
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑏). 
𝑥2 + 1 
−(𝑥2 − 𝑥) 
𝑥 − 1 
𝑥 + 1 
𝑥 + 1 × 
× −(𝑥 − 1) 
2 
÷ 
÷ 
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43 
 
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As condições (2) e (3) são chamadas continuidadeslaterais, à direita e à 
esquerda respectivamente. 
Teorema 3. Se 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ é uma função contínua em [𝑎, 𝑏] e 𝑓(𝑎) < 𝑑 < 𝑓(𝑏) 
ou 𝑓(𝑏) < 𝑑 < 𝑓(𝑎), então existe 𝑐 ∈ ]𝑎, 𝑏[ tal que 𝑓(𝑐) = 𝑑. 
Corolário 3. Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ uma funão contínua em [𝑎, 𝑏]. Se 𝑓(𝑎) e 𝑓(𝑏) tem 
sinais opostos, ou seja 𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) < 0, existe 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓(𝑐) = 0. 
A Figura 18 nos ilustra o Corolário 3. 
Figura 18 Teorema de Bolzano. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
 
Exercício 4. Calcule os seguintes limites: 
(𝐴) lim
𝑥→0
𝑒3𝑥 − 𝑒2𝑥
𝑥
; 
(𝐵) lim
𝑥→+∞
(𝑥3 + 1)(𝑥2 − 1) − 𝑥5
(𝑥2 − 1)(𝑥2 − 3𝑥 + 2)
, 
(𝐶) lim
𝑥→+∞
√𝑥² + 1 − √𝑥2 − 1. 
 
 
 
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44 
 
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Exercício 5. Estude a continuidade da função 
𝑓(𝑥) =
{
 
 
 
 
1 − 𝑥2, se 𝑥 < −1 
ln(2 − 𝑥2), se − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1
√
𝑥 − 1
𝑥 + 1
, se 𝑥 > 1. 
 
Exercício 6. Determine o valor de 𝑃 para que as funções abaixo sejam contínuas. 
(𝐴) 𝑓(𝑥) = {
1 − 𝑒𝑥
𝑥
, se 𝑥 ≠ 0
𝑝3 + 7, se 𝑥 = 0.
 
(𝐵) 𝑓(𝑥) = {
𝑥
𝑠𝑒𝑛(4𝑥)
, se 𝑥 ≠ 0
𝑝2, se 𝑥 = 0.
 
Exercício 7. Estude a derivabilidade da função 
𝑓(𝑥) = 
{
 
 
 
 √𝑥 − 1
√𝑥
3
− 1
, se 𝑥 > 1
𝑥² − 1
𝑥 + 1
, se 𝑥 ≤ 1.
 
Vide soluções na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
 
3. DERIVADA 
 
Agora estabeleceremos a noção de derivada de uma função. A derivada envolve 
a variação ou a mudança no comportamento de vários fenômenos. Começaremos pela 
apresentação da definição de reta tangente ao gráfico de uma função; e posteriormente, 
definiremos funções deriváveis e derivada de uma função num ponto, junto de técnicas 
de derivação. 
 
 
 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
45 
 
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3.1 Reta tangente 
 
Seja 𝑓 ∶ 𝐷 ⟶ ℝ uma função definida num domínio 𝐷, que pode ser um 
intervalo aberto ou uma reunião de intervalos abertos; ou ainda 𝐷, tal que para todo 
intervalo aberto 𝐼 que contenha 𝑥0, se tenha 𝐼 ∩ (𝐷 − {𝑥0}) ≠ ∅. 
Considere 𝑃 = (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) e 𝑄𝑖 = (𝑥𝑖, 𝑓(𝑥𝑖)) (𝑖 = 1, 2, 3, … ) pontos no gráfico 
de 𝑓, 𝑃 ≠ 𝑄𝑖; e denote 𝑟1 como sendo a reta secante que passa por 𝑃 e 𝑄1; seu 
coeficiente angular10 é 
𝑚1 =
𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥0)
𝑥1 − 𝑥0
. 
Utilizando a imaginação, fixemos o ponto 𝑃 = (𝑥0, 𝑓(𝑥0)); e movamos 𝑄1 sobre 
o gráfico de 𝑓 em direção a 𝑃, até um ponto 𝑄2 = (𝑥2, 𝑓(𝑥2)) tal que 𝑄2 ≠ 𝑃; 
denotemos por 𝑟2 a reta secante que agora passa por 𝑃 e 𝑄2, seu coeficiente angular é 
𝑚2 =
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥0)
𝑥2 − 𝑥0
. 
Suponha que os pontos 𝑄𝑖 (𝑖 = 1, 2, 3, … ) vão se aproximando sucessivamente 
do ponto 𝑃 (as sem atingir 𝑃) ao longo do gráfico de 𝑓. Repetindo o processo, obtemos 
𝑟1, 𝑟2, 𝑟3, …, como retas secantes destes pontos com coeficientes angulares 
respectivamente de 𝑚1, 𝑚2, 𝑚3, … . É possível provar, rigorosamente, que quando os 
pontos 𝑄𝑖 vão se aproximando cada vez mais de 𝑃, os 𝑚𝑖 respectivos, variam cada vez 
menos, tendendo a um valor limite constante – que denotaremos por 𝑚𝑥0. A Figura 19 
nos ilustra este ensaio. 
 
 
 
 
 
 
10 Lembremos que coeficiente angular é a medida que caracteriza o ângulo ou declividade de uma reta em 
relação ao eixo 𝑥 de um plano cartesiano (𝑥, 𝑦) em que esta reta estiver inserida. 
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Figura 19 Retas secantes entre dois pontos diferentes ao longo de uma função. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
É claro que caso 𝑓(𝑥) fosse uma simples reta do tipo 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏, todos 
coeficientes angulares entre os pontos 𝑃 e 𝑄𝑖 (𝑖 = 1, 2, 3, … ) desta função seriam iguais 
– neste caso teríamos que 𝑚1 = 𝑚2 = ⋯ = 𝑚𝑥0 = 𝑎. 
Definição 9. A reta passando pelo ponto 𝑃, e tendo coeficiente angular 𝑚𝑥0, é 
chamada reta tangente ao gráfico de 𝑓 no ponto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)). 
Se 
𝑚𝑥0 = lim𝑥→𝑥0
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
 
existe, denotando a expressão do denominador 𝑥 − 𝑥0 = 𝑡, temos também que 𝑥 = 𝑡 +
𝑥0, e assim 
𝑚𝑥0 = lim𝑡→0
𝑓(𝑥0 + 𝑡) − 𝑓(𝑥0)
𝑡
. 
Como 𝑥0 é um ponto arbitrário, podemos calcular o coeficiente angular da reta 
tangente ao gráfico de 𝑓 para qualquer ponto (𝑥, 𝑓(𝑥)), de forma que 
𝑚𝑥 = lim
𝑡→0
𝑓(𝑥 + 𝑡) − 𝑓(𝑥)
𝑡
. 
Assim, 𝑚𝑥 só depende de 𝑥. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Definição 10. Se 𝑓 for contínua em 𝑥0, então a equação da reta tangente ao gráfico de 𝑓 
no ponto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) é 𝑦 − 𝑓(𝑥0) = 𝑚𝑥0(𝑥 − 𝑥0) se o limite existe. 
Por exemplo, consideremos a função 𝑓(𝑥) = 4 − 𝑥2. Determinaremos a equação 
da reta tangente ao gráfico de 𝑓(𝑥) no ponto de 𝑓(1) = (1, 3). Denotemos por 𝑚1 o 
coeficiente angular da reta tangente à parábola de 𝑦 = 4 − 𝑥2 passando pelo ponto 
(1, 𝑓(1)) = (1,3). Seja 𝑃 = (1, 3) e 𝑄 = (𝑥0, 4 − 𝑥0
2) pontos da parábola; o coeficiente 
angular da reta secante à parábola passando por 𝑃 e 𝑄 é 
𝑚𝑃𝑄 =
𝑓(𝑥0) − 𝑓(1)
𝑥0 − 1
=
4 − 𝑥0
2 − 3
𝑥0 − 1
=
−𝑥0
2 + 1
𝑥0 − 1
=
−(𝑥0 − 1)(𝑥0 + 1)
𝑥0 − 1
= −(𝑥0 + 1). 
A Figura 20 nos ilustra este exemplo. 
Figura 20 Ilustração gráfica da reta tangente do gráfico de 𝑦 = 4 − 𝑥2 no ponto (1,3). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Do desenho, é intuitivo que se 𝑄 se aproxima de 𝑃, ou seja, se 𝑥0 se aproxima de 
1, os coeficientes angulares de ambas as retas ficarão iguais – basta imaginar o ponto 𝑄 
se deslocando ao longo de 𝑓(𝑥) de 𝑓(𝑥0) a 𝑓(1) e a reta secante entre 𝑄 e 𝑃 também se 
deslocando, de forma fixa em 𝑃 – e logo temos que 
𝑚1 = lim
𝑥0→1
𝑚𝑃𝑄 = lim
𝑥0→1
−(𝑥0 + 1) = −2. 
A equação da reta tangente ao gráfico de 𝑓, no ponto (1, 3) é, pela Definição 10, 
𝑦 − 3 = −2(𝑥 − 1), que equivale a 𝑦 = −2𝑥 + 5 – conforme ilustrado pela Figura 21. 
 
 
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Figura 21 Reta tangente a 𝑦 = 4 − 𝑥2 no ponto (1, 3). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Como um segundo exemplo, considere a função 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 𝑥 + 1. 
Determinaremos a equação da reta tangente ao gráfico de 𝑓 no ponto (1, 1). Utilizando 
diretamente a definição, temos que 
𝑚1 = lim
𝑡→0
𝑓(1 + 𝑡) − 𝑓(1)
𝑡
= lim
𝑡→0
((1 + 𝑡)3 − (1 + 𝑡) + 1) − 1
𝑡
= lim
𝑡→0
(𝑡2 + 2𝑡 + 1 + 𝑡3 + 2𝑡2 + 𝑡) − (𝑡 + 1) + 1 − 1
𝑡
= lim
𝑡→0
(𝑡3 + 3𝑡2 + 3𝑡 + 1) − 𝑡 − 1 + 1 − 1
𝑡
= lim
𝑡→0
𝑡3 + 3𝑡2 + 2𝑡
𝑡
= lim
𝑡→0
𝑡(𝑡2 + 3𝑡 + 2)
𝑡
= lim
𝑡→0
(𝑡2 + 3𝑡 + 2) = 2. 
Logo, estabelencendo 𝑚1 = 2, verificamos que a equação da reta tangente ao 
gráfico de 𝑓 no ponto (1, 1) é 𝑦 − 1 = 2(𝑥 − 1), que correspondea 𝑦 = 2𝑥 − 1. A 
Figura 22 nos ilustra este caso. 
 
 
 
 
 
 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Figura 22 Reta tangente a 𝑦 = 𝑥3 − 𝑥 + 1 no ponto (1, 1). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Da definição, segue que a equação da reta normal ao gráfico de 𝑓 no ponto 
(𝑥0, 𝑓(𝑥0)) é 
𝑦 − 𝑓(𝑥0) = −
1
𝑚𝑥0
(𝑥 − 𝑥0), se 𝑚𝑥0 ≠ 0. 
 
3.2 Funções deriváveis 
 
Definição 11. Seja 𝑓 ∶ 𝐷 ⟶ ℝ uma função definida num domínio 𝐷 que pode ser um 
intervalo aberto, uma reunião de intervalos abertos, ou ainda 𝐷 tal que para todo 
intervalo aberto 𝐼 que contenha 𝑥0, se tenha 𝐼 ∩ (𝐷 − {𝑥0}) ≠ ∅; 𝑓 é derivável ou 
diferenciável no ponto 𝑥0 quando existe o seguinte limite: 
𝑓′(𝑥0) = lim
𝑥→𝑥0
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
. 
Da mesma forma que fizemos anteriormente, fazendo 𝑡 = 𝑥 − 𝑥0, ou 𝑥 = 𝑡 +
𝑥0, temos 
𝑓′(𝑥0) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑥0 + 𝑡) − 𝑓(𝑥0)
𝑡
. 
A notação 𝑓′(𝑥0) expressa a derivada de 𝑓 no ponto 𝑥0. Como 𝑥0 é um ponto 
arbitrário, podemos calcular a derivada de 𝑓 para qualquer ponto 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), de 
forma que 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
𝑓′(𝑥) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑥 + 𝑡) − 𝑓(𝑥)
𝑡
. 
Assim, 𝑓′ é função de 𝑥, e 𝑓′(𝑥0) ∈ ℝ. 
Definição 12. Uma função 𝑓 é derivável ou diferenciável em 𝐴 ⊂ ℝ se é derivável ou 
diferenciável em cada ponto 𝑥 ∈ 𝐴. 
Outras notações para expressar a derivada de 𝑓(𝑥) no ponto 𝑦 = 𝑓(𝑥) são 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
, ou 𝐷𝑥𝑓. 
Para exemplificar, calcularemos 𝑓′(1 4⁄ ) e 𝑓′(2), se 𝑓(𝑥) = 𝑥2. Verificamos 
que 
𝑓′(𝑥) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑥 + 𝑡) − 𝑓(𝑥)
𝑡
= lim
𝑡→0
(𝑥 + 𝑡)2 − 𝑥2
𝑡
= lim
𝑡→0
𝑥2 + 2𝑡𝑥 + 𝑡2 − 𝑥2
𝑡
= lim
𝑡→0
𝑡(2𝑥 + 𝑡)
𝑡
= lim
𝑡→0
2𝑥 + 𝑡 = 2𝑥. 
Logo, 𝑓′(1 4⁄ ) = 1/2 e 𝑓′(2) = 4. 
Interpretação Geométrica. A função 𝐹 ∶ (𝐷 − {𝑥0}) ⟶ ℝ, definida por 
𝐹(𝑥) =
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
, 
representa, geometricamente, o coeficiente angular da reta secante ao gráfico de 𝑓 
passando pelos pontos (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) e (𝑥, 𝑓(𝑥)). Logo, quando 𝑓 é derivável no ponto 𝑥0, 
a reta de coeficiente angular 𝑓′(𝑥0) e passando pelo ponto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) é a reta tangente 
ao gráfico de 𝑓 no ponto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)). Se 𝑓 admite derivada no ponto 𝑥0, então a 
equação da reta tangente ao gráfico de 𝑓 no ponto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) é 
𝑦 − 𝑓(𝑥0) = 𝑓
′(𝑥0)(𝑥 − 𝑥0). 
Analogamente, a reta normal ao gráfico de 𝑓 no ponto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) é 
𝑦 − 𝑓(𝑥0) = −
1
𝑓′(𝑥0)
(𝑥 − 𝑥0), se 𝑓
′(𝑥0) ≠ 0. 
Exercício 8. Determine a equação da reta tangente ao gráfico de 𝑓(𝑥) = √𝑥 que seja 
paralela à reta 2𝑥 − 𝑦 − 1 = 0. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Exercício 9. Determine as equações das retas tangentes ao gráfico de 𝑓(𝑥) = 𝑥3 3⁄ −
1 que sejam perpendiculares à reta 𝑦 + 𝑥 = 0. Vide solução na seção final do caderno 
Soluções dos exercícios propostos. 
Teorema 4. Se 𝑓 é derivável em 𝑥0, então 𝑓 é contínua em 𝑥0. 
Sabemos já que se 𝑓 não é contínua em 𝑥0, 𝑓 também não será derivável em 𝑥0. 
No entanto, 𝑓 pode ser contínua em 𝑥0, mas não ser derivável em 𝑥0. Consideremos, 
por exemplo, 𝑓(𝑥) = |𝑥|. De fato, 𝑓 é continua em todo ℝ, inclusive quando 𝑥 = 0. 
Mas a derivada de 𝑓 em 𝑥 = 0 não existe. Temos que 
𝑓′(0) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑥 + 𝑡) − 𝑓(𝑥)
𝑡
= lim
𝑡→0
|𝑥 + 𝑡| − |𝑥|
𝑡
= lim
𝑡→0
|𝑡|
𝑡
. 
Calculando os limites laterais, temos que 
{
lim
𝑡→0+
|𝑡|
𝑡
= lim
𝑡→0
(
𝑥
𝑥
) = 1 
lim
𝑡→0−
|𝑡|
𝑡
= lim
𝑡→0
−(
𝑥
𝑥
) = −1.
 
Desta forma, verificamos que 𝑓′(0) não existe. No entanto, para 𝑥 ∈ ℝ − {0}, 
𝑓′(𝑥) existe, e 
𝑓′(𝑥) = {
1 se 𝑥 > 0
−1 se 𝑥 < 0.
 
Conforme já explícito, do teorema segue que não existe a derivada de 𝑓 no ponto 
𝑥0 se 𝑓 é descontínua em 𝑥0. Mas também não existe a derivada de 𝑓 no ponto 𝑥0 nos 
seguintes casos: 
a) Se existe “quina” no gráfico da função contínua no ponto de abscissa 𝑥0, como 
no ponto 𝑥0 = 0 do exemplo anterior. 
b) Se 𝑓 é contínua em 𝑥0, mas possui reta tangente vertical passando pelo ponto de 
abscissa 𝑥0. Neste caso, lim
𝑥→𝑥0
|𝑓′(𝑥)| = ∞. 
A Figura 23 nos ilustra estes dois casos especiais. 
 
 
 
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Figura 23 Funções contínuas, mas não deriváveis. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Exercício 10. Determine as constantes 𝑎 e 𝑏, tais que 
𝑓(𝑥) = {𝑎𝑥
3 se 𝑥 < 2
𝑥2 + 𝑏 se 𝑥 ≥ 2
 
seja derivável. Vide solução na seção final do caderno Soluções dos exercícios 
propostos. 
 
3.3 Regras/técnicas de derivação 
 
▪ Regra da constante: se 𝑓(𝑥) = 𝑐, então 𝑓′(𝑥) = 0. Em outras palavras, a 
derivada de uma constante sempre será igual a zero. Se 𝑦 = 𝑘, 𝑦′ = 0 para 
𝑘 ∈ ℝ. Por exemplo, se 𝑓(𝑥) = 3, 𝑓′(𝑥) = 0. 
▪ Regra da multiplicação por constante: se 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏, 𝑚, 𝑏 ∈ ℝ e µ ≠
0, então 𝑓′(𝑥) = 𝑎. Isto implica que se 𝑦 = 𝑘𝑓(𝑥), 𝑦′ = 𝑘𝑓′(𝑥). Por 
exemplo, se 𝑓(𝑥) = 4𝑥 + 5, 𝑓′(𝑥) = 4. Se 𝑦 = 5𝑓(4𝑥 + 5), 𝑦′ = 5 × 4 =
20. De fato, este modelo de função faz com que ela seja contínua e que seu 
gráfico coincida com sua reta tangente em qualquer ponto; e logo, tem o 
mesmo coeficiente angular. 
▪ Regra da potência: se 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑛, e 𝑛 ∈ ℝ, 𝑓′(𝑥) = 𝑛𝑥𝑛−1. Por exemplo, se 
𝑓(𝑥) = 𝑥3, 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2. 
Proposição 10. Sejam 𝑤 = 𝑤(𝑥) e 𝑧 = 𝑧(𝑥) funções deriváveis; ou ainda 𝑓(𝑥) e 
𝑔(𝑥) funções deriváveis, então 
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1. Regra da soma: as funções 𝑤 ± 𝑧 e 𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥) são deriváveis, então 
(𝑤 + 𝑧)′(𝑥) = 𝑤′(𝑥) + 𝑧′(𝑥); 
𝑦 = 𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥) ⇔ 𝑦′ = 𝑓′(𝑥) ± 𝑔′(𝑥). 
2. Regra do produto: as funções 𝑤𝑧 e 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) são deriváveis, então 
(𝑤𝑧)′(𝑥) = 𝑤′(𝑥)𝑧(𝑥) + 𝑤(𝑥)𝑧′(𝑥); 
𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) ⇔ 𝑦′ = 𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥). 
3. Regra do quociente: as funções 𝑤/𝑧 e 𝑓(𝑥)/𝑔(𝑥) são deriváveis, então 
(
𝑤
𝑧
)
′
(𝑥) =
𝑤′(𝑥)𝑧(𝑥) − 𝑤(𝑥)𝑧′(𝑥)
((𝑧(𝑥))
2 , se 𝑧(𝑥) ≠ 0; 
𝑦 =
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
⟺ 𝑦′ =
𝑓′(𝑥). 𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥). 𝑔′(𝑥)
[𝑔(𝑥)]2
. 
Observa-se que a Regra do produto implica na Regra da multiplicação por constante, 
pois ((𝑘)(𝑓(𝑥))′ = 𝑘′𝑓(𝑥) + 𝑘𝑓′(𝑥) = 𝑘𝑓′(𝑥), para toda constante 𝑘; pois a derivada 
de constante é igual a zero, ou seja 𝑘′𝑓(𝑥) = 0. 
A seguir, serão apresentados três exemplos de aplicação destas propriedades 
básicas de derivação. 
Calculemos 𝑓′(𝑥), sendo 𝑓(𝑥) = (𝑥4 + 3𝑥 + 1)/𝑥5; sendo 𝑥 ≠ 0. Primeiro 
notemos que 
𝑓(𝑥) =
𝑥4 + 3𝑥 + 1
𝑥5
= 𝑥−1 + 3𝑥−4 + 𝑥−5. 
Assim, podemos aplicar diretamente a regra da potência e regra da somade funções, e 
obtemos que 
𝑓′(𝑥) = (𝑥−1 + 3𝑥−4 + 𝑥−5)′ = −𝑥−2 − 12𝑥−5 − 5𝑥−6. 
Calculemos agora 𝑓′(𝑥) sendo 𝑓(𝑥) = (𝑥3 + 2𝑥 + 1)(2𝑥2 + 3). Poderíamos 
multiplicar os dois fatores, e daí aplicarmos a regra da potência e da soma. No entanto, 
podemos aplicar diretamente a regra da multiplicação, e assim obtemos 
𝑓′(𝑥) = ((𝑥3 + 2𝑥 + 1))
′
(2𝑥2 + 3) + (𝑥3 + 2𝑥 + 1)((2𝑥2 + 3))
′
 
𝑓′(𝑥) = (3𝑥2 + 2)(2𝑥2 + 3) + (𝑥3 + 2𝑥 + 1)(4𝑥)
= 6𝑥4 + 9𝑥2 + 4𝑥2 + 6 + 4𝑥4 + 8𝑥2 + 4𝑥 = 10𝑥4 + 21𝑥2 + 4𝑥 + 6. 
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Calculemos agora 𝑓′(𝑥), sendo 𝑓(𝑥) = (𝑥2 + 𝑥)/(𝑥3 + 1). Aplicamos agora a 
regra do quociente, e assim temos que 
𝑓′(𝑥) =
𝑥2 + 𝑥
𝑥3 + 1
=
((𝑥2 + 𝑥))
′
(𝑥3 + 1) − (𝑥2 + 𝑥)((𝑥3 + 1))
′
(𝑥3 + 1)2
 
𝑓′(𝑥) =
(2𝑥 + 1)(𝑥3 + 1) − (𝑥2 + 𝑥)(3𝑥2)
(𝑥3 + 1)2
=
2𝑥4 + 2𝑥 + 𝑥3 + 1 − 6𝑥4 − 3𝑥3
(𝑥3 + 1)2
 
𝑓′(𝑥) =
−4𝑥4 − 2𝑥3 + 2𝑥 + 1
(𝑥3 + 1)2
. 
 
3.4 Derivada da função composta (regra da cadeia) 
 
Suponha que desejamos derivar uma expressão tal como 𝑢(𝑥) = (𝑥9 + 𝑥6 +
1)1000 com as regras apresentadas. Só teríamos a possibilidade de desenvolver o 
trinômio e aplicar sucessivamente a regra da soma, ou escrever como produto de mil 
polinômios e usar a regra do produto. Ambas possibilidades seriam extremamente 
trabalhosas – e devido ao tamanho, bastante sujeitas ao erro. 
No entanto, podemos reescrever esta função, de forma que 𝑔(𝑥) = 𝑥1000 e 
𝑓(𝑥) = 𝑥9 + 𝑥6 + 1; e assim 𝑢(𝑥) = (𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥). Logo, derivando a composta de 
funções, o problema estará resolvido. O teorema a seguir nos ensina a derivar uma 
função composta 𝑔 ∘ 𝑓 em termos das derivadas de 𝑓 e 𝑔, que são mais simples. 
 
Teorema 5. Regra da Cadeia. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções, tais que 𝑔 ∘ 𝑓 esteja 
bem definida. Se 𝑓 é derivável em 𝑥, e 𝑔 é derivável em 𝑓(𝑥), então 𝑔 ∘ 𝑓 é derivável 
em 𝑥, e 
(𝑔 ∘ 𝑓)′(𝑥) = 𝑔′(𝑓(𝑥)) × 𝑓′(𝑥). 
Outra maneira de designar esta regra, seria definindo 𝑦 = 𝑔(𝑥) e 𝑥 = 𝑓(𝑡); 
assim, nas hipóteses do teorema, temos que 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑦
. 
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No exemplo introdutório em que temos 𝑢(𝑥) = (𝑥9 + 𝑥6 + 1)1000, podemos 
fazer com que 𝑔(𝑥) = 𝑥1000 e 𝑓(𝑥) = 𝑥9 + 𝑥6 + 1; assim 𝑔′(𝑥) = 1000𝑥999 e 
𝑓′(𝑥) = 9𝑥8 + 6𝑥5. Pela regra da cadeia, de que (𝑔 ∘ 𝑓)′(𝑥) = 𝑔′(𝑓(𝑥)) × 𝑓′(𝑥), 
temos que 
𝑢′(𝑥) = (𝑔 ∘ 𝑓)′(𝑥) = 1000(𝑥9 + 𝑥6 + 1)999(9𝑥8 + 6𝑥5). 
Consideremos 𝑦 = √2𝑥; (𝑥 > 0) de forma que 𝑦 = 𝑓 ∘ 𝑔(𝑥) = √2𝑥. Assim 
𝑓(𝑥) = √𝑥 = 𝑥
1
2, e 𝑓′(𝑥) = (1 2⁄ )𝑥−1 2⁄ = 1 2√𝑥⁄ ; e 𝑔(𝑥) = 2𝑥 e 𝑔′(𝑥) = 2. Desta 
forma temos que 
𝑦′ = 𝑓′(𝑔(𝑥))𝑔′(𝑥) =
1
2√𝑔(𝑥)
2 =
2
2√2𝑥
=
1
√2𝑥
. 
Calculemos agora 𝑑𝑦/𝑑𝑡 se 𝑦 = 𝑔(𝑥) = 𝑥3 + 𝑥 + 1 e 𝑥 = 𝑥(𝑡) = 𝑡2 + 1. Pela 
regra da cadeia, temos que 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= (3𝑥2 + 1)(2𝑡) = (3(𝑡2 + 1)2 + 1)(2𝑡) = 6𝑡(𝑡2 + 1)2 + 2𝑡. 
Exercício 11. Seja 𝑔 uma função derivável, e ℎ(𝑥) = 𝑔(𝑥2 + 1). Calcule ℎ′(1) se 
𝑔′(2) = 5. Vide solução na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
 
3.4.1 Teorema da função inversa 
 
Será agora apresentado um dos teoremas fundamentais em Matemática, o qual 
garante a existência da inversa derivável de uma função derivável. 
Teorema 6 (da Função Inversa). Seja 𝑓 uma função definida num intervalo aberto 𝐼. 
Se 𝑓 é derivável em 𝐼, e 𝑓′(𝑥) ≠ 0 para todo 𝑥 ∈ 𝐼, então 𝑓 possui inversal 𝑓−1 
derivável e 
(𝑓−1)′(𝑥) =
1
𝑓′(𝑓−1(𝑥))
. 
De fato, (𝑓 ∘ 𝑓−1)(𝑥) = 𝑥 para todo 𝑥 ∈ 𝐼. Derivando ambos os lados, temos 
que 
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(𝑓 ∘ 𝑓−1)′(𝑥) = 𝑓′(𝑓−1(𝑥)) × (𝑓−1)′(𝑥) = 1. 
Seja 𝑓(𝑥) = 𝑥2, com 𝑥 ≥ 0; logo sua inversa é 𝑓−1(𝑥) = √𝑥, e 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 ≠ 0 
se 𝑥 ≠ 0; logo, 𝑓′(𝑓−1(𝑥)) = 2√𝑥. Aplicando o teorema, temos que 
(𝑓−1)′(𝑥) =
1
2√𝑥
, 𝑥 ≠ 0. 
 
3.5 Derivadas das funções elementares 
 
3.5.1 Função exponencial 
 
Seja 𝑎 ∈ ℝ, tal que 0 < 𝑎 ≠ 1, e 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥. Então, 
𝑓′(𝑥) = ln(𝑎) 𝑎𝑥. 
Em particular, se 𝑎 = 𝑒, como ln(𝑒) = 1, temos que 
(𝑒𝑥)′ = 𝑒𝑥. 
Seja 𝑔(𝑥) uma função derivável, e considere a função 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑔(𝑥), então 
𝑓′(𝑥) = ln(𝑎) 𝑎𝑔(𝑥)𝑔′(𝑥). 
Uma propriedade interessante da exponencial consiste que 𝑎ℎ(𝑥) = 𝑒ℎ(𝑥) ln(𝑎); 
assim, usando a regra da cadeia para 𝑔(𝑥) = 𝑒𝑥 e 𝑓(𝑥) = ℎ(𝑥) ln(𝑎), temos que 
(𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥) = 𝑒ℎ(𝑥) ln(𝑎). Verificamos que 𝑔′(𝑥) = 𝑒𝑥, então 𝑔′(𝑓(𝑥)) = 𝑒ℎ(𝑥) ln(𝑎), e 
𝑓′(𝑥) = ℎ′(ℎ) ln(𝑎); logo, em particular, 
(𝑒ℎ(𝑥))
′
= 𝑒ℎ(𝑥)ℎ′(𝑥). 
Para exemplificar, considere 𝑦 = 𝑒√𝑥. Fazendo 𝑓(𝑥) = √𝑥, temos que 𝑦′ =
(𝑒𝑓(𝑥))′ = 𝑒𝑓(𝑥)𝑓′(𝑥) = 𝑒√𝑥/2√𝑥. 
Como um segundo exemplo, considere 𝑦 = (1 2⁄ )
1
𝑥. Fazendo 𝑓(𝑥) = 1/𝑥, 
temos que11 
 
11 Uma propriedade do logaritmo natural interessante consiste que para 𝑥 > 0, ln(1 𝑥⁄ ) = −ln (𝑥). 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
𝑦′ = ln (
1
2
) × (
1
2
)
1
𝑥
× 𝑓′(𝑥) = − ln(2) (
1
2
)
1
𝑥
(−
1
𝑥2
) =
ln(2) (
1
2)
1
𝑥
𝑥2
. 
Exercício 12. Determine a equação da reta tangente ao gráfico da função 𝑦 = 𝑒−𝑥
2
 no 
ponto de abscissa 1. Vide solução na seção final do caderno Soluções dos exercícios 
propostos. 
 
3.5.2 Função logarítmica 
 
Seja 𝑎 ∈ ℝ tal que 0 < 𝑎 ≠ 1, e ℎ(𝑥) = loga(𝑥). Usando o teorema da função 
inversa para 𝑓−1 = ℎ(𝑥) e 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥, de forma que 𝑓′(𝑥) = ln(𝑎) 𝑎𝑥 temos que 
ℎ′(𝑥) =
log𝑎(𝑒)
𝑥
. 
Podemos calcular da seguinte forma12, 
ℎ′(𝑥) =
1
𝑓′(𝑓−1(𝑥))
=
1
ln(𝑎) 𝑎loga(𝑥)
=
1
𝑥 ln(𝑎)
=
log𝑎 𝑒
𝑥
. 
Em particular, se 𝑎 = 𝑒, temos que 
(ln(𝑥))′ =
1
𝑥
. 
Usando a regra da cadeia para calcular a derivada de 𝑓(𝑥) = loga(𝑔(𝑥)), onde 
𝑔(𝑥) > 0 é uma função derivável, temos que 
𝑓′(𝑥) =
log𝑎(𝑒) 𝑔′(𝑥)
𝑔(𝑥)
. 
No caso particular em que 𝑎 = 𝑒, temos que 
(ln(𝑔(𝑥)))
′
=
𝑔′(𝑥)
𝑔(𝑥)
. 
 
12 Lembremos das seguintes propriedades logarítmicas: 𝑎log𝑎 𝑥 = 𝑥, e log𝑎 𝑒 = 1/ ln 𝑎. 
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É interessante mostrar que a função logarítmica nos permite provar a regra da 
potência. Seja 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑛; aplicando logaritmo13 à expressão, temos que ln(𝑦) =
ln(𝑓(𝑥)) = 𝑛 ln(𝑥); e assim derivando, temos que 
(ln(𝑦))′ =
𝑦′
𝑦
= (𝑛 ln(𝑥))′ =
𝑛
𝑥
. 
Logo, pode-se expressar que 
𝑦′ = 𝑦 (
𝑦′
𝑦
) = 𝑦 (
𝑛
𝑥
) = 𝑥𝑛 (
𝑛
𝑥
) =
𝑛𝑥𝑛
𝑥
= 𝑛𝑥𝑛−1. 
Outra propriedade interessante consiste que seja 𝑦 = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥), onde 𝑔(𝑥) > 0; 
aplicando logaritmoà expressão, temos que ln(𝑦) = 𝑔(𝑥) ln(𝑓(𝑥)). Derivando, temos 
que 
(ln(𝑦))′ =
𝑦′
𝑦
= 𝑔′(𝑥) ln(𝑓(𝑥)) +
𝑔(𝑥)𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
. 
Assim, 
𝑦′(𝑥) = 𝑦(𝑥) (
𝑦′(𝑥)
𝑦(𝑥)
) = 𝑦(𝑥) [𝑔′(𝑥) ln(𝑓(𝑥)) +
𝑔(𝑥)𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
]. 
Então, se 𝑦 = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥), 
𝑦′ = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥) [𝑔′(𝑥) ln(𝑓(𝑥)) +
𝑔(𝑥)𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
]. 
Para exemplificar, calculemos agora a derivada de 
𝑦 =
√𝑥𝑒√𝑥
(𝑥2 + 𝑥 + 1)4
. 
Uma forma de resolver, seria primeiro aplicar a regra do quociente, e assim teríamos 
que 
𝑦′ =
(√𝑥𝑒√𝑥)′(𝑥2 + 𝑥 + 1)4 − (√𝑥𝑒√𝑥)((𝑥2 + 𝑥 + 1)4)′
((𝑥2 + 𝑥 + 1)4)2
. 
A partir daí, aplicamos a regra da multiplicação e regra da cadeia para derivar os fatores 
do numerador, e assim temos que 
 
13 Recordemos que ln(𝑥𝛼) = 𝛼 ln(𝑥). 
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𝑦′ =
((√𝑥)
′
𝑒√𝑥 + √𝑥(𝑒√𝑥)
′
)(𝑥2 + 𝑥 + 1)4 − (√𝑥𝑒√𝑥)(4(𝑥2 + 𝑥 + 1)3(2𝑥 + 1))
((𝑥2 + 𝑥 + 1)4)2
, 
𝑦′ =
((
1
2√𝑥
) 𝑒√𝑥 + √𝑥 (
𝑒√𝑥
2√𝑥
)) (𝑥2 + 𝑥 + 1)4 − (√𝑥𝑒√𝑥)(4(𝑥2 + 𝑥 + 1)3(2𝑥 + 1))
(𝑥2 + 𝑥 + 1)8
, 
e simplificando, temos que 
𝑦′ =
((
𝑒√𝑥
2√𝑥
) + (
𝑒√𝑥
2 )
)
(𝑥2 + 𝑥 + 1)4
−
(√𝑥𝑒√𝑥)((4)(2𝑥 + 1))
(𝑥2 + 𝑥 + 1)5
. 
Esta forma é bem trabalhosa, pois precisamos aplicar diversas regras de 
derivação, e ainda pode ser mais simplificada – no entanto, podemos resolver aplicando 
logaritmo à função 𝑦 = √𝑥𝑒√𝑥 (𝑥2 + 𝑥 + 1)4⁄ , de forma que 
ln(𝑦) = ln(√𝑥) + ln(𝑒√𝑥) − 4 ln(𝑥2 + 𝑥 + 1) =
ln(𝑥)
2
+ √𝑥 − 4ln (𝑥2 + 𝑥 + 1). 
Derivando, temos que 
𝑦′
𝑦
=
1
2𝑥
+
1
2√𝑥
−
8𝑥 + 4
𝑥2 + 𝑥 + 1
. 
Logo, 
𝑦′ = 𝑦(𝑥) [
1
2𝑥
+
1
2√𝑥
−
8𝑥 + 4
𝑥2 + 𝑥 + 1
] =
√𝑥𝑒√𝑥
(𝑥2 + 𝑥 + 1)4
[
1
2𝑥
+
1
2√𝑥
−
8𝑥 + 4
𝑥2 + 𝑥 + 1
]. 
Exercício 13. Calcule as derivadas de (a) 𝑦 = 𝑥𝑥, 𝑥 > 0 e (b) 𝑦 = 𝑥√𝑥, 𝑥 > 0. Vide 
solução na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
 
3.5.3 Funções trigonométricas 
 
Primeiramente, verificaremos lim𝑥→0(1 − cos(𝑥))/𝑥. Assim, 
lim
𝑥→0
1 − cos(𝑥)
𝑥
= lim
𝑥→0
((
1 − cos(𝑥)
𝑥
)(
1 + cos(𝑥)
1 + cos(𝑥)
)) = lim
𝑥→0
1 − cos2(𝑥)
𝑥 + cos (𝑥)
. 
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Recordemos que cos2(𝑥) + sen2(𝑥) = 1 pelas identidades trigonométricas 
fundamentais, logo sen2(𝑥) = 1 − cos2(𝑥), assim 
lim
𝑥→0
1 − cos(𝑥)
𝑥
= lim
𝑥→0
sen2(𝑥)
𝑥 + cos (𝑥)
= lim
𝑥→0
(
sen(𝑥)
𝑥
sen(𝑥)
cos(𝑥)
) = 1 × 0 = 0. 
Se 𝑦 = sen (𝑥), podemos verificar 𝑦′ pela própria definição de derivada, de 
forma que 
𝑦′ = lim
𝑡→0
sen(𝑥 + 𝑡) − sen (𝑥)
𝑡
. 
Pela propriedade da soma de ângulos, temos que sen(𝑥 + 𝑡) = sen(𝑥) cos(𝑡) +
sen(𝑡) cos (𝑥), assim podemos rearranjar o numerador do limite de forma que sen(𝑥 +
𝑡) − sen(𝑥) = sen(𝑥) cos(𝑡) + sen(𝑡) cos(𝑥) − sen (𝑥). Colocando −sen (𝑥) em 
evidência, temos que sen(𝑥) cos(𝑡) + sen(𝑡) cos(𝑥) − sen(𝑥) =
−sen(𝑥) (− cos(𝑡) + 1) + sen(𝑡) cos(𝑥). Assim, 
𝑦′ = lim
𝑡→0
−sen(𝑥) (− cos(𝑡) + 1) + sen(𝑡) cos(𝑡)
𝑡
= lim
𝑡→0
−sen(𝑥) (− cos(𝑡) + 1)
𝑡
+ lim
𝑡→0
sen(𝑡) cos(𝑥)
𝑡
. 
Verificamos já que lim𝑥→0(1 − cos(𝑥)) 𝑥⁄ = 0, e sabemos que lim
𝑥→0
sen(𝑥) 𝑥⁄ = 1; logo 
para 𝑦 = sen (𝑥), temos que 
𝑦′ =
𝑑
𝑑𝑥
sen(𝑥) = lim
𝑡→0
(0 + cos (𝑥)) = cos(𝑥). 
Agora, para calcularmos a derivada de 𝑦 = cos (𝑥), devemos nos recordar que o 
cosseno de um ângulo é igual ao seno de seu complemento, e de forma análoga, o seno 
de um ângulo é igual ao cosseno de seu complemento, ou seja, cos(𝑥) = sen(𝜋 2⁄ − 𝑥) 
e sen(𝑥) = cos(𝜋 2⁄ − 𝑥). Desta forma, podemos denotar que para 𝑦 = cos(𝑥), 𝑦′ =
(sen(𝜋 2⁄ − 𝑥))′; e assim, utilizando a regra da cadeia de forma que 𝑔(𝑥) = 𝜋 2⁄ − 𝑥 
tal que 𝑔′(𝑥) = −1, e já conhecendo a derivada de 𝑓(𝑥) = sen(𝑥), temos que 
𝑦′ =
𝑑
𝑑𝑥
cos(𝑥) = (sen(g(x)))′𝑔′(𝑥) = cos (
𝜋
2
− 𝑥) (−1) = −sen(𝑥). 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Para finalizarmos a análise das derivadas das funções trigonométricas básicas, se 
𝑦 = tg (𝑥), e sabendo que tg(𝑥) = sen(𝑥) cos(𝑥)⁄ ; podemos utilizar a regra do 
quociente, e assim temos que 
𝑦′ =
sen(𝑥)′ cos(𝑥) − sen(𝑥) cos (𝑥)′
cos2(𝑥)
=
cos2(𝑥) + sen2(𝑥)
cos2(𝑥)
= sec2(𝑥). 
 
3.5.4 Resumo de derivadas de algumas funções 
 
Até então foram apresentadas às principais regras de derivação, bem como as 
derivadas de algumas funções elementares de forma bem autoexplicativo, demonstrando 
como é cada uma. No entanto, é interessante reapresentarmos tais regras em formato de 
tabela – o que facilita bastante a aplicação tanto para iniciantes do Cálculo Diferente e 
Integral, quanto para quem tem necessidade de fazer alguma derivação (e devido às 
tantas regras e diferentes teoremas), possa não lembrar decorado como se faz, o que é 
bem razoável. 
Considere que 𝑓(𝑥) e 𝑔(𝑥) sejam funções diferenciáveis, 𝑘 seja uma constante, 
𝑛 ∈ ℝ, e 𝑎 ∈ ℝ | 0 > 𝑎 ≠ 1. A Tabela 6 nos resume as principais regras de derivação 
utilizadas na prática do dia a dia de um estudante de economia ou de um cientista 
econômico. 
A Tabela 7 já nos apresenta um resumo das principais regras de derivação de 
funções exponenciais e logarítmicas, que também são usadas na prática do dia a dia de 
um economista; mas que muitas vezes pode ser necessário uma consulta. 
Por sua vez, a Tabela 8 nos apresenta um resumo das principais regras de 
derivação das funções trigonométricas. Estas já não são muito exploradas em nível de 
graduação de um economista, no entanto, é bom tê-las apresentadas e resumidas. 
Já na Tabela 9, serão apresentadas as principais regras de derivação em funções 
compostas trigonométricas (aplicação da regra da cadeia). 
Seguem-se as tabelas em suas respectivas ordens. 
 
 
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Integral I (IME01-00508) realizado na UERJ no semestre 2012.1 ministrado por Wellington Reis, por 
Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Tabela 6 Principais regras de derivação. 
 
Elaboração do autor. 
 
 
 
 
 
 
Tabela 7 Principais regras de derivação de funções exponenciais e logarítmicas. 
 
Elaboração do autor. 
 
 
 
𝒚 𝒚′ 
𝑘 0 
𝑥 1 
𝑘𝑓(𝑥) 𝑘𝑓′(𝑥) 
𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥) 𝑓′(𝑥) ± 𝑔′(𝑥) 
𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) 𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥) 
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
, 𝑔(𝑥) ≠ 0 
𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)
(𝑔(𝑥))2
 
(𝑓(𝑥))𝑛 𝑛(𝑓(𝑥))𝑛−1𝑓′(𝑥) 
 
𝒚 𝒚′ 
𝑎𝑓(𝑥) 𝑎𝑓(𝑥) ln(𝑎) 𝑓′(𝑥) 
𝑒𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑒𝑓(𝑥) 
log𝑎 𝑓(𝑥) log𝑎(𝑒)
𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
 
ln(𝑓(𝑥)) 
𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
 
(𝑓(𝑥))
𝑔(𝑥)
, 𝑓(𝑥) > 0 (𝑓(𝑥))
𝑔(𝑥) [𝑔′(𝑥) ln(𝑓(𝑥)) +
𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥)
𝑓(𝑥)
] 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Tabela 8 Principais derivadas de funções trigonométricas. 
 
Elaboração do autor. 
 
Tabela 9Principais derivadas em funções compostas trigonométricas. 
 
Elaboração do autor. 
Exercício 14. Seja 𝑓(𝑥) uma função derivável, calcule 𝑓′(𝑥) para (a) 𝑓(𝑥) =
𝑥2 cos(𝑥), (b) 𝑓(𝑥) = (𝑥2 + 1) (𝑥2 − 1)⁄ , (c) 𝑓(𝑥) = 𝑥 ln(𝑥), (d) 𝑓(𝑥) = 16 𝑥²⁄ +
𝑥3 cos(𝑥), e (e) 𝑓(𝑥) = ln(𝑒√𝑥). 
Exercício 15. Seja 𝑦 uma função derivável. Calcule 𝑦′ para (a) 𝑦 = cos(𝑒𝑥) e (b) 𝑦 =
sen3(𝑥). Vide soluções na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
 
3.6 Derivação implícita 
 
Seja 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0 uma equação nas variáveis 𝑥 e 𝑦. 
Definição 13. A função 𝑦 = 𝑓(𝑥) é definida implicitamente pela equação 
𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, quando 
𝒚 𝒚′ 
sen(𝑥) cos(𝑥) 
cos(𝑥) −sen(𝑥) 
tg(𝑥) sec2(𝑥) 
cotg(𝑥) −cosec2(𝑥) 
sec(𝑥) tg(𝑥) sec(𝑥) 
cosec(𝑥) −cotg(𝑥) cosec(𝑥) 
 
𝒚 𝒚′ 
sen(𝑓(𝑥)) cos(𝑓(𝑥)) 𝑓′(𝑥) 
cos(𝑓(𝑥)) −sen(𝑓(𝑥)) 𝑓′(𝑥) 
tg(𝑓(𝑥)) sec2(𝑓(𝑥)) 𝑓′(𝑥) 
cotg(𝑓(𝑥)) −cosec2(𝑓(𝑥))𝑓′(𝑥) 
sec(𝑓(𝑥)) tg(𝑓(𝑥)) sec(𝑓(𝑥)) 𝑓′(𝑥) 
cosec(𝑓(𝑥)) −cotg(𝑓(𝑥)) cosec(𝑓(𝑥))𝑓′(𝑥) 
 
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𝐹(𝑥, 𝑓(𝑥)) = 0. 
Em outras palavras, quando 𝑦 = 𝑓(𝑥) satisfaz à equação 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0. 
Por exemplo, seja a equação 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, onde 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 + 𝑦 − 1; a funão 
𝑦 = 𝑓(𝑥) = 1 − 𝑥3 é definida implicitamente pela equação 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, pois 
𝐹(𝑥, 𝑓(𝑥)) = 𝑥3 + (1 − 𝑥3) − 1 = 0. 
Como um segundo exemplo, seja a equação 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, onde 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑦4 +
𝑥 − 1. Logo, 𝑦4 + 𝑥 − 1 = 0. Assim, podemos isolar 𝑦 de forma que 𝑦4 = 1 − 𝑥, logo 
𝑦 = 𝑓(𝑥) = √1 − 𝑥
4
 é definida implicitamente pela equação 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, pois 
𝐹(𝑥, 𝑓(𝑥)) = (√1 − 𝑥
4
)
4
+ 𝑥 − 1 = 0. 
Como um terceiro exemplo, seja 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, onde 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑦2 − 3𝑦 − 𝑥 − 7, 
logo 𝑦2 − 3𝑦 − 𝑥 − 7 = 0. Podemos rearranjar a equação de forma a deixar todas 
variáveis 𝑦 em um só lado, e assim 𝑦2 − 3𝑦 = 𝑥 + 7. No entanto, não temos como 
isolar facilmente 𝑦; mas, de fato as funções 𝑓(𝑥) = (3 ± √4𝑥 + 37) 2⁄ são definidas 
implicitamente pela equação 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, pois 
𝐹(𝑥, 𝑓(𝑥)) = 𝐹 (𝑥,
3 ± √4𝑥 + 37
2
) = 0. 
Podemos verificar que 
(
3 + √4𝑥 + 37
2
)
2
− 3(
3 + √4𝑥 + 37
2
) − 𝑥 − 7
= (
9 + 6(√4𝑥 + 37) + 4𝑥 + 37
4
) − (
9 + 3√4𝑥 + 37
2
) − 𝑥 − 7
=
(46 + 6(√4𝑥 + 37) + 4𝑥) − (18 + 6√4𝑥 + 37) − 4𝑥 − 28
4
=
0
4
= 0. 
De forma análoga também podemos verificar que 
(
3 − √4𝑥 + 37
2
)
2
− 3(
3 − √4𝑥 + 37
2
) − 𝑥 − 7 = 0. 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
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Observemos que nada garante que uma função definida implicitamente seja 
contínua ou derivável. Na verdade, nem sempre uma equação 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0 define 
implicitamente alguma função. 
 
3.6.1 Cálculo da derivada de uma função implícita 
 
Verificamos que pode ser muito difícil (ou até mesmo impossível) explicitar 
uma variável de uma função. No entanto, podemos calcular a derivada de uma função 
definida implicitamente sem necessidade de explicitá-la. Para isto, usaremos novamente 
a regra da cadeia. Suponha que 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0 define implicitamente uma função 
derivável 𝑦 = 𝑓(𝑥). 
Através de exemplos, será mostrado que podemos calcular 𝑦′ sem conhecer 𝑦. 
Em um exemplo simples, seja 𝑦 = 𝑓(𝑥) uma função derivável definida 
implicitamente pela equação 𝑥2 + 𝑦2 = 1. Neste caso, temos como isolar facilmente 𝑦, 
de forma que 𝑦 = √1 − 𝑥2. Assim, 𝑓(𝑥) = √1 − 𝑥2 é definida implicitamente por 𝑥2 +
𝑦2 = 1. No entanto, este explicitamente de 𝑦 não é necessário para determinarmos a 
derivada implícita de 𝑦. 
Como 𝑦 = 𝑓(𝑥), temos que 𝑥2 + (𝑓(𝑥))2 = 1. Derivando em relação a 𝑥 ambos 
os lados da igualdade, e usando a regra da cadeia, obtemos 
(𝑥2)′ + ((𝑓(𝑥))
2
)
′
= (1)′ ⟹ 2𝑥 + 2𝑓(𝑥)𝑓′(𝑥) = 0 ⟹ 𝑥 + 𝑓(𝑥)𝑓′(𝑥) =
0
2
= 0. 
Rearranjando os temos, e considerando que 𝑦 = 𝑓(𝑥), temos que 
𝑓′(𝑥) = −
𝑥
𝑓(𝑥)
= −
𝑥
𝑦
, logo 𝑦′ = −
𝑥
𝑦
. 
 
3.6.2 Método de cálculo de derivada de função implícita 
 
Dada uma equação que definida 𝑦 implicitamente como uma função derivável 
de 𝑥, calcula-se 𝑦′ do seguinte modo. 
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Primeiro, deriva-se ambos os lados da equação em relação a 𝑥, termo a termo. 
Ao fazê-lo, tenha em mente que 𝑦 é uma função de 𝑥, e use a regra da cadeia, quando 
necessário, para derivar as funções nas quais figure 𝑦. O resultado será uma equação 
onde figura não somente 𝑥 e 𝑦, mas também 𝑦′. Assim, expressa-se 𝑦′ em função de 𝑥 e 
𝑦. Tal processo é chamado explicitar 𝑦′. 
No caso em que temos 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑦2 − 3𝑦 − 𝑥 − 7 = 0, onde não conseguimos 
explicitar 𝑦, rearranjando a equação temos que 𝑦2 − 3𝑦 = 𝑥 + 7. Denotemos então que 
(𝑓(𝑥))2 − 3(𝑓(𝑥)) = 𝑥 + 7; e assim derivamos os dos lados, temos que 
((𝑓(𝑥))2)′ − (3(𝑓(𝑥)))′ = (𝑥 + 7)′; 
𝑓′(𝑥) 2𝑓(𝑥) − 3𝑓′(𝑥) = 1. 
Temos então que 2𝑦′𝑦 − 3𝑦′ = 1, logo 𝑦′(2𝑦 − 3) = 1, e assim 
𝑦′ =
1
2𝑦 − 3
. 
Verificamos neste caso que a derivada implícita de 𝑦 depende somente de 𝑦. 
Verifiquemos agora, para exemplificar, 𝑦′, no caso de 𝑦 = 𝑓(𝑥) ser uma função 
derivável definida implicitamente pela equação 𝑥3 − 3𝑥2𝑦4 + 𝑦3 = 6𝑥 + 1. O primeiro 
passo consiste em fazer a equação de forma que 𝑦 = 𝑓(𝑥), logo temos que 𝑥3 −
3𝑥2(𝑓(𝑥))4 + (𝑓(𝑥))3 = 6𝑥 + 1. Assim, derivamos cada fator da equação, de forma 
que 
(𝑥3)′ − (3𝑥2(𝑓(𝑥))4)′ + ((𝑓(𝑥))3)′ = (6𝑥)′ + (1)′; 
3𝑥2 − ((3𝑥2)′(𝑓(𝑥))4 + 3𝑥2(𝑓(𝑥)4)′) + 3𝑓(𝑥)2𝑓′(𝑥) = 6 + 0; 
3𝑥2 − (6𝑥(𝑓(𝑥)4) + 3𝑥24𝑓(𝑥)3𝑓′(𝑥)) + 3𝑓(𝑥)2𝑓′(𝑥) = 6. 
Assim, substituindo 𝑓(𝑥) por 𝑦, e 𝑓′(𝑥) por 𝑦′, temos que 
3𝑥2 − (6𝑥𝑦4 + 3𝑥24𝑦3𝑦′) + 3𝑦2𝑦′ = 6. 
Podemos agora rearranjar, de forma que a equação pode ser expressa da seguinte forma 
3𝑥2 − 6𝑥𝑦4 − 12𝑥2𝑦3𝑦′ + 3𝑦2𝑦′ − 6 = 0. 
Podemos então agora expressar 𝑦′ em função de 𝑥 e y, de forma que 
−12𝑥2𝑦3𝑦′ + 3𝑦2𝑦′ = −3𝑥2 − 6𝑥𝑦4 + 6; 
𝑦′(−12𝑥2𝑦3 + 3𝑦2) = −3𝑥2 − 6𝑥𝑦4 + 6; 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
𝑦′ =
−3𝑥2 − 6𝑥𝑦4 + 6
−12𝑥2𝑦3 + 3𝑦2
=
−𝑥2 − 2𝑥𝑦4 + 2
−4𝑥2𝑦3 + 𝑦2
=
2 − 𝑥2 − 2𝑥𝑦4
𝑦2(1 − 4𝑥2𝑦)
. 
Como um segundo exemplo, calcularemos agora 𝑦′, no caso de 𝑦 = 𝑓(𝑥) ser 
uma função derivável definida implicitamente pela equação 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑥 sen(𝑦) =
𝑦 sen(𝑥). Fazendo 𝑦 = 𝑓(𝑥), temos a equação 𝑥2 + 𝑥𝑓(𝑥) + 𝑥 sen(𝑓(𝑥)) =
𝑓(𝑥) sen(𝑥). Derivando os dois lados utilizando as regras da potência e da 
multiplicação, temos que 
(2𝑥) + (𝑓(𝑥) + 𝑥𝑓′(𝑥)) + (sen(𝑓(𝑥)) + 𝑥 cos(𝑓(𝑥)) 𝑓′(𝑥))
= 𝑓′(𝑥) sen(𝑥) + 𝑓(𝑥) cos(𝑥). 
Desta forma, temos que 2𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦′ + sen(𝑦) + 𝑥 cos(𝑦) 𝑦′ = 𝑦′ sen(𝑥) + 𝑦 cos(𝑥). 
Assim, podemos isolar agora 𝑦′ e expressá-lo em função de 𝑥 e 𝑦, de forma que 
𝑥𝑦′ + 𝑥 cos(𝑦) 𝑦′ − 𝑦′ sen(𝑥) = 𝑦 cos(𝑥) − 2𝑥 − 𝑦− sen(𝑦) ; 
𝑦′(𝑥 + 𝑥 cos(𝑦) − sen(𝑥)) = 𝑦 cos(𝑥) − 2𝑥 − 𝑦 − sen(𝑦) ; 
𝑦′ =
𝑦 cos(𝑥) − 2𝑥 − 𝑦 − sen(𝑦)
𝑥 + 𝑥 cos(𝑦) − sen(𝑥)
. 
Exercício 16. Calcule 𝑦′ se 𝑓(𝑥) = 𝑦 é uma função derivável, definida implicitamente 
pela equação sen(𝑥 + 𝑦) = 𝑦2 cos(𝑥). 
Exercício 17. Determina a equação da reta tangente ao gráfico da função implícita 
definida por 𝑦2 = 𝑥2(𝑥 + 2), no ponto ((−1 2⁄ ), (√3 2⁄ 2⁄ )). Vide soluções na seção 
final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
Observe que o processo de derivar implicitamente pode ser usado somente se a 
função determinada pela forma implícita é derivável. Mas, para os exemplos e 
exercícios, sempre consideramos que esta exigência é satisfeita. 
 
3.7 Derivadas de ordem superior (sucessivas) 
 
Definição 14. Seja 𝑓 uma função derivável. Se a derivada 𝑓′ é uma função derivável, 
então sua derivada é chamada derivada segunda de 𝑓, e é denotada por (𝑓′)′ = 𝑓′′. Se 
𝑓′′ é uma função derivável, então sua derivada é chamada derivada terceira de 𝑓, e é 
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denotada por (𝑓′′)′ = 𝑓′′′. Em geral, se a derivada de ordem (𝑛 − 1) de 𝑓 é uma função 
derivável, sua derivada é chamada derivada n-ésima de 𝑓, e é denotada por (𝑓𝑛−1)′ =
𝑓(𝑛). 
São adotadas as seguintes notações para as derivadas sucessivas: 
𝑓0 = 𝑓, 𝑓′ = 𝑓(1), 𝑓′′ = 𝑓(2), 𝑓′′′ = 𝑓(3), etc. 
Ou ainda 
𝑓′(𝑥), 𝑓′′(𝑥), 𝑓′′′(𝑥), 𝑓(4)(𝑥),… , 𝑓(𝑛) =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
,
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
,
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3
,
𝑑4𝑦
𝑑𝑥4
, … ,
𝑑𝑛𝑦
𝑑𝑥𝑛
. 
Para exemplificação, seja 𝑓(𝑥) = 𝑥4 + 2𝑥3 + 𝑥 − 1 e calcule-se 𝑓(𝑛). Como já 
sabemos as regras de derivação, podemos verificar que 
𝑓(1)(𝑥) = 4𝑥3 + 6𝑥2 + 1, 
𝑓(2)(𝑥) = 12𝑥2 + 12𝑥, 
𝑓(3)(𝑥) = 24𝑥 + 12, 
𝑓(4)(𝑥) = 24, 
𝑓(5)(𝑥) = 0, 
e assim, 𝑓(𝑛)(𝑥) = 0, se 𝑛 ≥ 5. A Figura 24 nos ilustra função 𝑓 e suas derivadas 
sucessivas. 
Figura 24 Gráfico de 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥4 + 2𝑥3 + 𝑥 − 1 em verde, e suas derivadas. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
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Em geral, se 𝑓 é uma função polinomial de grau 𝑛, então 𝑓(𝑛)(𝑥) = 𝑛! 𝑎𝑛𝑥 + 𝑐, 
e 𝑓(𝑝)(𝑥) = 0 para 𝑝 > 𝑛. 
Calcularemos agora 𝑓(𝑛) para 𝑓(𝑥) = 1 𝑥⁄ = 𝑥−1. 
𝑓(1)(𝑥) = −𝑥−2 = −
1
𝑥2
, 
𝑓(2)(𝑥) = 2𝑥−3 =
2
𝑥3
, 
𝑓(3)(𝑥) = −6𝑥−4 = −
6
𝑥4
, 
𝑓(4)(𝑥) = 24𝑥−5 =
24
𝑥5
. 
Verificamos neste caso que se 𝑛 é ímpar, a derivada é negativa, e se 𝑛 é par, a derivada 
é positiva. Verificamos também que o módulo do numerador corresponde ao fatorial de 
𝑛, e o módulo do expoente de 𝑥 é (𝑛 + 1). Assim, podemos generalizar 𝑓(𝑛) para este 
caso de forma que 
𝑓(𝑛)(𝑥) =
(−1)2 𝑛!
𝑥𝑛+1
. 
Sendo 𝑓(𝑥) = sen(𝑥), calculemos 𝑓(𝑛). 
𝑓′(𝑥) = cos(𝑥) = sen (𝑥 +
𝜋
2
) , 
𝑓′′(𝑥) = −sen(𝑥) = sen (𝑥 +
2𝜋
2
) , 
𝑓′′′(𝑥) = − cos(𝑥) = sen (𝑥 +
3𝜋
2
) , 
𝑓(4)(𝑥) = sen(𝑥) = sen (𝑥 +
4𝜋
2
) , 
𝑓(5)(𝑥) = cos(𝑥) = sen (𝑥 +
5𝜋
2
) , 
⋮ 
𝑓(𝑛)(𝑥) = sen (𝑥 +
𝑛𝜋
2
) . 
Para exemplificar as derivadas sucessivas de função exponencial, tomemos 
𝑓(𝑥) = 𝑒2𝑥, e calculemos 𝑓(𝑛)(𝑥). Verificamos que 
𝑓(1)(𝑥) = 2𝑒2𝑥, 
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𝑓(2)(𝑥) = (2)(2)𝑒2𝑥 = 22𝑒2𝑥, 
𝑓(3)(𝑥) = (2)(2)(2)𝑒2𝑥 = 23𝑒2𝑥, logo 
𝑓(𝑛)(𝑥) = 2𝑛𝑒2𝑥. 
Verificamos assim que é possível determinamos uma generalização para n-ésima 
derivada em diversos casos. Consideremos agora que 𝑦 = 𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵) satisfaz à 
equação 3𝑦(3) − 6𝑦′′ − 2𝑦′ + 4𝑦 = 𝑥𝑒𝑥; e determinemos o valor das constantes 𝐴 e 𝐵. 
Como primeiro passo, a partir de 𝑦, calculamos as derivadas 𝑦′, 𝑦′′ e 𝑦′′′ que 
fazem parte da equação, de forma que 
𝑦′ = 𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒𝑥𝐴 = 𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵); 
𝑦′′ = 𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵) + 𝑒𝑥𝐴 = 𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵); 
𝑦′′′ = 𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵) + 𝑒𝑥𝐴 = 𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 3𝐴 + 𝐵). 
Desta forma, substituindo os valores na equação, temos que 
3(𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 3𝐴 + 𝐵)) − 6(𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵)) − 2(𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵))
+ 4(𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵))
= 𝑒𝑥(3𝐴𝑥 + 9𝐴 + 3𝐵 − 6𝐴𝑥 − 12𝐴 − 6𝐵 − 2𝐴𝑥 − 2𝐴 − 2𝐵 + 4𝐴𝑥
+ 4𝐵) = 𝑒𝑥(−𝐴𝑥 − 5𝐴 − 𝐵) = −𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 5𝐴 + 𝐵) = 𝑥𝑒𝑥. 
Temos então que a equação fica −𝑒𝑥(𝐴𝑥 + 5𝐴 + 𝐵) = 𝑥𝑒𝑥, que pode ser simplificada 
para −(𝐴𝑥 + 5𝐴 + 𝐵) = 𝑥. Como 𝐴 é o único fator que multiplica 𝑥, temos que ter para 
−𝐴𝑥 = 𝑥, 𝐴 = −1; e os demais fatores somados devem igualar a zero, e considerando 
𝐴 = −1, temos que 5 − 𝐵 = 0, logo 𝐵 = 5. 
Exercício 18. Se 𝑦 = 𝐴𝑥𝑒𝑥, e 𝑦(4) + 2𝑦′′′ − 2𝑦′ − 𝑦 = 10𝑒𝑥, determine o valor da 
constante 𝐴. Vide solução na seção final do caderno Soluções dos exercícios 
propostos. 
 
3.8 Aproximação linear 
 
É intuitivo pensar que uma função derivável, restrita a um pequeno intervalo 
contido em seu domínio, comporta-se como uma função polinomial do primeiro grau. 
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Por exemplo, consideremos 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥2. Estudando 𝑓 num pequeno 
intervalo contendo 𝑥 = 1, como por exemplo 𝐼 = [0,99, 1,01], obtemos 
𝑓(0,99) = 0,9801; 
𝑓(0,999) = 0,998001; 
𝑓(1) = 1; 
𝑓(1,001) = 1,002001; 
𝑓(1,01) = 1,0201. 
A primeira derivada de 𝑓 é definida por 𝑦′ = 2𝑥. A reta tangente ao gráfico de 𝑓 
no ponto 𝑥 = 1 é dada por 𝑦 = 2𝑥 − 1; e seu coeficiente angular é 𝑦′(1) = 2. 
Podemos determinar agora os coeficientes angulares das retas que passam pelos pontos 
(0,999, 𝑓(0,999)) e (1, 𝑓(1)), e (1,001, 𝑓(1,001)) e (1, 𝑓(1)), que são 
respectivamente 
𝑚1 =
𝑓(1) − 𝑓(0,999)
1 − 0,999
= 1,999 𝑒 𝑚2 =
𝑓(1,001) − 𝑓(1)
1,001 − 1
= 2,001. 
Verificamos que estes valores 𝑚1 e 𝑚2 são bastante próximos de 2. Observamos 
que para valores de 𝑥 próximos de 1, ou seja, |𝑥 − 1| → 0, então 𝑓(𝑥) = 𝑥2 fica 
próxima de 𝑦 = 2𝑥 − 1. De fato 
lim
𝑥→1
|𝑓(𝑥) − 𝑦| = lim
𝑥→1
|𝑥2 − 2𝑥 + 1| = 0. 
Isto nos leva a estabelecer a seguinte definição. 
Definição 15. Seja 𝑦 = 𝑓(𝑥) uma função derivável em 𝑥0. A aproximação 
linear de 𝑓 em torno de 𝑥0 é denotada por 𝑙(𝑥), e definida por 
𝑙(𝑥) = 𝑓(𝑥0) + 𝑓
′(𝑥0)(𝑥 − 𝑥0), 
se 𝑥 ∈ (𝑥0 − 𝜀, 𝑥0 + 𝜀), e 𝜀 > 0 é pequeno. 
A função 𝑙(𝑥) também é chamada linearização de 𝑓 ao redor do ponto 𝑥0. A 
proximidade de 𝑓(𝑥) e 𝑙(𝑥) nos permite fazer algumas aplicações. A notação para 𝑓(𝑥) 
próxima a 𝑙(𝑥) é 𝑓(𝑥) ≃ 𝑙(𝑥); e o erro da aproximação é 𝐸(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑙(𝑥), e 
satisfaz à seguinte condição: 
lim
𝑥→𝑥0
|
𝐸(𝑥)
𝑥 − 𝑥0
| = lim
𝑥→𝑥0
|
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
− 𝑓′(𝑥0)| = 0. 
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Suponha que nãodispomos de calculadora ou qualquer outro instrumento de 
cálculo, e precisamos resolver os seguintes casos. 
1º Caso. Se 𝑓(𝑥) = 1/(1 + 2𝑥)4 representa a temperatura num arame, calcule a 
temperatura 𝑓(0,01). 
Verificamos que é fácil 𝑓(0), de forma que 𝑓(0) = 1 14⁄ = 1. Definimos então 
𝑙(𝑥) = 𝑓(0) + 𝑓′(0)𝑥. Derivando 𝑓, temos que 
𝑓′(𝑥) = ((1 + 2𝑥)−4)′ = −4(1 + 2𝑥)−5(2) = −
8
(1 + 2𝑥)5
. 
Então temos que 𝑓′(0) = −8, logo 
1
(1 + 2𝑥)4
≃ 𝑙(𝑥) = 1 − 8𝑥, no intervalo 𝑥 ∈ (−𝜀, 𝜀), 
tal que 𝜀 > 0 seja pequeno. Como 0,01 ∈ (−𝜀, 𝜀), ou seja, é pequeno, então 𝑓(0,01) ≃
𝑙(0,01) = 1 − 0,01 = 0,92 graus. 
2º Caso. Se 𝑓(𝑡) = 𝑒0,3𝑡 representa o crescimento de uma população de bactérias, 
calcule a população de bactérias para 𝑡 = 20,012, sabendo que em 20𝑡 a população é 
de aproximadamente 403,23 bactérias. 
Vamos determinar 𝑙(𝑥) = 𝑓(20) + 𝑓′(20)(𝑥 − 20), sabendo que 𝑓(20) ≅
403,43. Derivando, temos que 𝑓′(𝑡) = 0,3𝑒0,3𝑡, 𝑓′(20) = (0,3)(403,34) = 121,03; 
logo por aproximação linear temos que 
𝑒0,3𝑡 ≃ 403,42 + 121,03(𝑡 − 20), onde 𝑡 ∈ (20 − 𝜀, 20 + 𝜀), 
tal que 𝜀 > 0 seja pequeno. Como 20,012 ∈ (20 − 𝜀, 20 + 𝜀), se 𝑡 = 20,012, então 
𝑒0,3×20,012 ≃ 403,42 + 121,03 × 0,012 = 404,87. 
3º Caso. Calcule, aproximadamente (1,001)7 − 2√(1,0001)4
3
+ 3. 
Consideremos a função 𝑓(𝑥) = 𝑥7 − 2√𝑥4
3
+ 3, e 𝑥 = 1,001. Para 𝑥0 = 1, não 
se precisa de uma calculadora para determinar que 𝑓(1) = 2, e podemos verificar que 
𝑓′(𝑥) = 7𝑥6 − 8√𝑥
3
/3; logo 𝑓′(1) = 7 − 8 3⁄ = 13/3. Podemos então definir a 
aproximação linear 
𝑙(𝑥) = 𝑓(1) + 𝑓′(1)(𝑥 − 1) = 2 +
13𝑥 − 13
3
=
13𝑥 − 7
3
, 
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para todo 𝑥 próximo de 1. Em particular, para 𝑥 = 1,001, temos 
(1,001)7 − 2√(1,001)4
3
+ 3 ≃
(13(1,001) − 7)
13
=
13,013 − 7
3
=
6,013
3
≅ 2,0043. 
 
3.9 Teorema/regra de L’Hôpital 
 
Comumente, quando estudamos limites, aparecem expressões indeterminadas, 
como por exemplo, 
lim
𝑥→0
𝑥
𝑒𝑥 − 1
, 
onde a expressão à primeira vista parece ser indeterminada – neste caso como do tipo 
(0 0⁄ ). É claro que podemos utilizar a noção dos limites fundamentais para calcular este 
limite, mas existe uma forma mais simples. Com este objetivo, o teorema de L’Hôpital 
nos indica um método para fazer desaparecer estas indeterminações e calcular limites de 
uma forma mais eficiente. 
Teorema 7. (L’Hôpital). Sejam 𝑓 e 𝑔 funções deriváveis num domínio 𝐷 que pode 
ser um intervalo aberto ou uma reunião de intervalos abertos, exceto possivelmente num 
ponto 𝑎; e 𝑔(𝑥) ≠ 0 para todo 𝑥 ≠ 𝑎. 
1. Se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = 0, e lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
= 𝐿, então 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
= 𝐿. 
2. Se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = ∞, e lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
= 𝐿, então 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
= 𝐿. 
O teorema é válido também para limites laterais e para limites no infinito. Se 𝑓′ 
e 𝑔′ satisfazem às hipóteses do teorema e lim
𝑥→𝑎
𝑓′′(𝑥) 𝑔′′(𝑥)⁄ = 𝐿, então 
lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
= lim
𝑥→𝑎
𝑓′′(𝑥)
𝑔′′(𝑥)
= 𝐿. 
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Logo, 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= lim
𝑥→𝑎
𝑓′′(𝑥)
𝑔′′(𝑥)
= 𝐿. 
Em geral, se 𝑓(𝑛) e 𝑔(𝑛) satisfazem às hipóteses do teorema, e 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑛)(𝑥) 𝑔(𝑛)(𝑥)⁄ = 𝐿, então 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑛)(𝑥)
𝑔(𝑛)(𝑥)
= 𝐿. 
Se a função da qual estamos calculando o limite é 𝑛 vezes derivável, podemos 
derivar sucessivamente até “eliminar” a indeterminação. Para indicar o tipo de 
indeterminação, denotamos (0 0⁄ ), (∞ ∞⁄ ), etc. 
Verifiquemos alguns exemplos de indeterminação do tipo (∞ ∞⁄ ). Considere 
que seja proposto a calcular 
lim
𝑥→+∞
𝑥2 − 4𝑥 + 4
𝑥2 − 𝑥 − 2
. 
Primeiramente, verificamos já de cara que o limite apresenta uma indeterminação do 
tipo (∞ ∞⁄ ). Sabemos calcular este limite pelas propriedades de limites no infinito; no 
entanto, podemos também aplicar o teorema – derivando tanto o numerador quando o 
denominador da função racional duas vezes, então 
lim
𝑥→+∞
𝑥2 − 4𝑥 + 4
𝑥2 − 𝑥 − 2
= lim
𝑥→+∞
2𝑥 − 4
2𝑥 − 1
= lim
𝑥→+∞
2
2
= 1. 
Consideremos as funções 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥/𝑥 e 𝑔(𝑥) = 𝑥2/𝑒𝑥; e verifiquemos o limite 
de cada função quando 𝑥 tende ao infinito positivo. à primeira vista, já podemos 
visualizar que em ambos os casos apresentam a indeterminação do tipo (∞ ∞⁄ ). 
Aplicamos o teorema de L’Hôpital em ambos os casos, e obtemos que 
lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→+∞
𝑒𝑥
𝑥
= lim
𝑥→+∞
𝑒𝑥
1
= +∞; 
lim
𝑥→+∞
𝑔(𝑥) = lim
𝑥→+∞
𝑥2
𝑒𝑥
= lim
𝑥→+∞
2𝑥
𝑒𝑥
= lim
𝑥→+∞
2
𝑒𝑥
= 0. 
Observa-se que em certos casos, a aplicação sucessiva da regra de L’Hôpital não 
conduz a resultado algum; e assim nestes casos, devemos utilizar os métodos já 
conhecidos. Por exemplo, 
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lim
𝑥→+∞
√1 + 𝑥²
𝑥
= lim
𝑥→+∞
𝑥
√1 + 𝑥²
= lim
𝑥→+∞
√1 + 𝑥²
𝑥
. 
Verifiquemos agora alguns casos de indeterminação do tipo (0 0⁄ ). Analisemos 
o nosso terceiro limite fundamental estudado, lim𝑥→0 (𝑎
𝑥 − 1)/𝑥. A princípio, 
verificamos que é apresentado este caso de indeterminação. Aplicando o teorema, temos 
que 
lim
𝑥→0
𝑎𝑥 − 1
𝑥
= lim
𝑥→0
𝑎𝑥 ln(𝑎)
1
= ln(𝑎). 
Verifiquemos agora o nosso primeiro limite fundamento estudado, o caso 
lim𝑥→0 sen(𝑥) /𝑥, que a princípio também apresenta este mesmo tipo de 
indeterminação (0 0⁄ ). Aplicando o teorema, temos que 
lim
𝑥→0
sen(𝑥)
𝑥
= lim
𝑥→0
cos(𝑥)
1
= 1. 
 
3.9.1 Outros tipos de indeterminações 
 
O teorema de L’Hôpital nos indica somente como resolver indeterminações do 
tipo (0 0⁄ ) e (∞ ∞⁄ ). No entanto, outros tipos de indeterminações, tais como (0 × ∞), 
∞0, (∞ −∞), 00, e 1∞, podem ser resolvidos transformando-os nos tipos já estudados 
no teorema. 
Caso (𝟎 ×∞). 
Consideremos que seja necessário calcular lim𝑥→0+ 𝑥 ln(𝑥). O limite é uma 
forma indeterminada do tipo (0 × ∞); no entanto, podemos rearranjar os temos de 
forma que 
lim
𝑥→0+
𝑥 ln(𝑥) = lim
𝑥→0+
ln(𝑥)
1
𝑥
. 
Nesta forma rearranjada, verificamos o tipo de indeterminada (∞ ∞⁄ ), e logo podemos 
aplicar o teorema, de forma que 
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lim
𝑥→0+
𝑥 ln(𝑥) = lim
𝑥→0+
ln(𝑥)
1
𝑥
= lim
𝑥→0+
(ln(𝑥))′
(
1
𝑥)
′ = lim
𝑥→0+
−
1
𝑥
1
𝑥2
= lim
𝑥→0+
(−𝑥) = 0. 
Caso (∞ −∞). 
Seja dado a calcular lim𝑥→0+ ((1 𝑥⁄ ) − (1 sen(𝑥)⁄ )). Verificamos facilmente 
que este é um caso que apresenta a indeterminação do tipo (∞ −∞). No entanto, 
podemos rearranjar os termos de forma que 
lim
𝑥→0+
(
1
𝑥
−
1
sen(𝑥)
) = lim
𝑥→0+
sen(𝑥) − 𝑥
𝑥 sen(𝑥)
. 
Verificamos que a forma de indeterminação agora passa a ser apresentada como (0 0⁄ ), 
e assim podemos aplicar o teorema,de forma que 
lim
𝑥→0+
(
1
𝑥
−
1
sen(𝑥)
) = lim
𝑥→0+
sen(𝑥) − 𝑥
𝑥 sen(𝑥)
= lim
𝑥→0+
cos(𝑥) − 1
sen(𝑥) + cos(𝑥) 𝑥
= lim
𝑥→0+
−sen(𝑥)
cos(𝑥) − sen(𝑥) 𝑥 + cos(𝑥)
= lim
𝑥→0+
−
0
2 cos(𝑥)
= −
0
2
= 0. 
Caso (𝟏∞). 
Verifiquemos agora o nosso segundo limite fundamental estudado, 
lim
𝑥→+∞
(1 +
1
𝑥
)
𝑥
. 
Nitidamente, esta forma apresenta o caso de indeterminação (1∞). No entanto, podemos 
denotar esta expressão em função de 𝑦, e expressar a logarítmica natural da igualdade, 
de forma que 
ln(𝑦) = ln ((1 +
1
𝑥
)
𝑥
) = 𝑥 ln (1 +
1
𝑥
) ; 
então, lim
𝑥→+∞
ln(𝑦) = lim
𝑥→+∞
𝑥 ln (1 +
1
𝑥
). 
Verificamos que agora encontramos uma forma indeterminada do tipo (0 ×∞), 
então podemos rearranjar a expressão de forma análoga ao exemplo que foi utilizado 
neste caso, e assim temos que 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
lim
𝑥→+∞
𝑥 ln (1 +
1
𝑥
) = lim
𝑥→+∞
ln (1 +
1
𝑥
)
1
𝑥
. 
Temos agora o limite sobre a forma indeterminada do tipo (0 0⁄ ), então aplicando o 
teorema 
lim
𝑥→+∞
ln (1 +
1
𝑥)
1
𝑥
= lim
𝑥→+∞
(
−𝑥−2
1 +
1
𝑥
)
−𝑥−2
= lim
𝑥→+∞
1
1 +
1
𝑥
= lim
𝑥→+∞
𝑥
𝑥 + 1
. 
Novamente o limite é forma indeterminada, agora do tipo (∞ ∞⁄ ); aplicamos o teorema 
novamente e temos que 
lim
𝑥→+∞
ln(𝑦) = lim
𝑥→+∞
𝑥
𝑥 + 1
= lim
𝑥→+∞
1
1
= 1. 
Como ln(𝑥) é uma função contínua em seu domínio, temos então que 
lim
𝑥→+∞
ln(𝑦) = ln ( lim
𝑥→+∞
(𝑦)) = 1. 
Da igualdade, temos que 
ln ( lim
𝑥→+∞
(1 +
1
𝑥
)
𝑥
) = 1; lim
𝑥→+∞
(1 +
1
𝑥
)
𝑥
= 𝑒. 
Caso (∞𝟎). 
Calculemos agora lim
𝑥→+∞
(𝑥)𝑒
−𝑥
. Este é um caso da forma de indeterminação do 
tipo (∞0). Fazendo 𝑦 = 𝑥𝑒
−𝑥
, temos que ln(𝑦) = ln(𝑥𝑒
−𝑥
) = ln(𝑥) /𝑒𝑥, então 
lim
𝑥→+∞
ln(𝑦) = lim
𝑥→+∞
ln(𝑥)
𝑒𝑥
. 
O limite é uma forma indeterminada do tipo (∞ ∞⁄ ), e assim, aplicamos o teorema, e 
obtemos que 
lim
𝑥→+∞
ln(𝑦) = lim
𝑥→+∞
ln(𝑥)
𝑒𝑥
=
1
𝑥 𝑒𝑥
= 0. 
Assim, como ln(𝑥) é uma função contínua em seu domínio, temos que 
lim
𝑥→+∞
ln(𝑥𝑒
−𝑥
) = ln ( lim
𝑥→+∞
𝑥𝑒−𝑥) = 0. 
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Como 𝑦 = 𝑒ln(𝑦) , 
lim
𝑥→+∞
(𝑥)𝑒
−𝑥
= 𝑒0 = 1. 
Caso (𝟎𝟎). 
Verifiquemos agora lim
𝑥→0
𝑥𝑥, que melhor expressa o caso da indeterminada do 
tipo (00). Fazemos da mesma forma que a anterior. Seja 𝑦 = ln(𝑥𝑥) = 𝑥 ln(𝑥), então 
lim
𝑥→0
ln(𝑦) = lim
𝑥→0
𝑥 ln(𝑥). 
O limite agora apresenta a forma indeterminada do tipo (0 × ∞). Assim rearranjamos 
para 
lim
𝑥→0
𝑥 ln(𝑥) = lim
𝑥→0
ln(𝑥)
1
𝑥
, 
E temos agora uma forma indeterminada do tipo (∞ ∞⁄ ). Aplicamos o teorema de 
L’Hôpital, e obtemos 
lim
𝑥→0
ln(𝑥)
1
𝑥
= lim
𝑥→0
−
1
𝑥
𝑥2
= lim
𝑥→0
−𝑥 = 0. 
Assim, é verificado que lim
𝑥→0
ln(𝑥𝑥) = 0, e 
lim
𝑥→0
𝑥𝑥 = lim
𝑥→0
𝑒
lim
𝑥→0
ln(𝑥𝑥)
= 𝑒0 = 1. 
 
3.10 Diferencial de uma função 
 
Seja 𝑦 = 𝑓(𝑥) uma função definida num domínio 𝐷 e diferenciável no ponto 
𝑥0 ∈ 𝐷. Denotemos por 𝑑𝑥 o número (não nulo), tal que 𝑑𝑥 + 𝑥0 ∈ 𝐷. 
Definição 16. 
1. Para cada 𝑥0 ∈ 𝐷, a diferencial de 𝑦 = 𝑓(𝑥) no ponto 𝑥0 é denotada por 𝑑𝑦 ou 
𝑑𝑓(𝑥0) e definida por 𝑑𝑦 = 𝑓
′(𝑥0)𝑑𝑥. 
2. O incremento de 𝑦 = 𝑓(𝑥) em 𝑥0 é denotado por 𝛥𝑦 e definido por 𝛥𝑦 =
𝑓(𝑥0 + 𝑑𝑥) − 𝑓(𝑥0). 
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Observa-se por definição a notação de derivada 
𝑓′(𝑥0) =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
. 
Para 𝑥0 fixado, 𝑑𝑦 é uma função linear sobre o domínio de todos os valores 
possíveis de 𝑑𝑥, e 𝛥𝑦 é uma função sobre o domínio de todos os valores possíveis de 
𝑑𝑥. Seja 𝑑𝑥 = 𝑥 − 𝑥0, então 
lim
𝑥→𝑥0
𝛥𝑦 − 𝑑𝑦
𝑥 − 𝑥0
= 0. 
Se 𝑓′(𝑥0) ≠ 0, então lim
𝑥→𝑥0
𝛥𝑦 𝑑𝑦⁄ = 1; e assim temos que 𝑑𝑦 é uma boa 
aproximação para 𝛥𝑦, de forma que 
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0) + 𝑓
′(𝑥0)𝑑𝑥 + 𝑅(𝑥 − 𝑥0), 
onde 𝑅(𝑥 − 𝑥0) é uma função tal que 
lim
𝑥→𝑥0
𝑅(𝑥 − 𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
= 0. 
 
4. APLICAÇÕES DA DERIVADA 
 
Verificamos até aqui que a derivada pode ser utilizada para se determinar retas 
tangentes em determinado ponto do gráfico de uma função; e também pode ser utilizada 
para aproximação linear. No entanto, sua aplicação é bem mais extensiva. Estudaremos 
agora os principais casos de aplicações da derivada. 
 
4.1 Funções monótonas (crescimento e decrescimento) 
 
Definição 17. Seja 𝑦 = 𝑓(𝑥) uma função definida num domínio 𝐷. 
1. 𝑓 é crescente em 𝐷, se para todo 𝑥0, 𝑥1 ∈ 𝐷 com 𝑥0 < 𝑥1, tem-se 𝑓(𝑥0) <
𝑓(𝑥1). 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
2. 𝑓 é decrescente em 𝐷, se para todo 𝑥0, 𝑥1 ∈ 𝐷, com 𝑥0 < 𝑥1, tem-se 𝑓(𝑥0) >
𝑓(𝑥1). 
3. Em ambos os casos, 𝑓 é dita monótona. 
A Figura 25 nos ilustra o conceito de funções crescente e decrescente. 
Figura 25 Funções crescente (a) e decrescente (b). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Seja 𝑓(𝑥) = 1/𝑥, e 𝑥 ∈ 𝐷 = ℝ− {0}. É intuitivo verificar-se que sejam 𝑥0, 𝑥1 ∈
𝐷, tal que 𝑥0 < 𝑥1, então 1 𝑥1⁄ < 1 𝑥0⁄ ; logo 𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥0), e 𝑓 é monótona 
decrescente. 
Seja agora 𝑓(𝑥) = √𝑥, 𝐷 = [0,+∞). Também é intuitivo que se 𝑥0 e 𝑥1 
pertencem ao domínio, e 𝑥0 < 𝑥1, então √𝑥0 < √𝑥1; logo 𝑓(𝑥0) < 𝑓(𝑥1), e 𝑓 é 
monótona crescente. 
Considere agora 𝑓(𝑥) = 𝑥2; 𝐷 = ℝ. Neste caso se 𝑥0 e 𝑥1 pertencem ao 
domínio, e 𝑥0 < 𝑥1, então é intuitivo que 𝑥0
2 < 𝑥1
2 se 𝑥0 ≥ 0 e 𝑥1 > 0; e 𝑥1
2 < 𝑥0
2 se 
𝑥0 < 0 e 𝑥1 ≤ 0. Logo, 𝑓(𝑥0) < 𝑓(𝑥1) em [0, +∞), e 𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥0) em (−∞, 0]. 
Assim, 𝑓 é monótona crescente em (0, +∞), e monótona decrescente em (−∞, 0). 
Este último exemplo nos mostra que, em geral, uma função pode ter partes do 
domínio onde é crescente, e partes onde é decrescente. 
Proposição 11. Seja 𝑓 uma função contínua em [𝑎, 𝑏] e derivável em (𝑎, 𝑏). 
1. Se 𝑓′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), então 𝑓 é crescente em [𝑎, 𝑏]. 
2. Se 𝑓′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), então 𝑓 é decrescente em [𝑎, 𝑏]. 
Em outras palavras, se as inclinações das retas tangentes à uma curva são todas 
positivas em (𝑎, 𝑏), então a inclinação da curva é para cima (positiva) e 𝑓(𝑥) é 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
crescente neste intervalo. Como a inclinação da reta tangente é dada por 𝑓’(𝑥), 
concluímos que 𝑓(𝑥) é crescente quando 𝑓’(𝑥) > 0. Analogamente, 𝑓(𝑥) é decrescente 
quando 𝑓’(𝑥) < 0. A Figura 26 nos ilustra a Proposição 11. 
Figura 26 Inclinação de retas tangentes ao gráfico de funções crescente (a) e decrescente (b). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Para exemplificarmos, veremos dois casos. 
1º Caso. Determinaremos os intervalos de crescimento e dedecrescimento de 
𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 1. 
Derivando 𝑓, temos 𝑓′(𝑥) = 2𝑥; logo 𝑓′(𝑥) > 0 se 𝑥 > 0; e 𝑓′(𝑥) < 0 se 𝑥 <
0. Logo, 𝑓 é crescente em (0, +∞) e decrescente em (−∞, 0). Observemos que 𝑓′(0) =
0. 
2º Caso. Será determinado os intervalos de crescimento e de decrescimento de 
𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 3𝑥 + 1. 
Derivando 𝑓, temos 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 3, que pode ser racionalizada de forma que 
𝑓′(𝑥) = 3(𝑥 + 1)(𝑥 − 1); assim, 𝑓′(𝑥) = 0 se 𝑥 = ±1. Verificamos que para 𝑥 > 1, 
𝑓′(𝑥) > 0, e para 𝑥 < −1, 𝑓′(𝑥) > 0, e para −1 < 𝑥 < 1, 𝑓′(𝑥) < 0. Logo, 𝑓 é 
crescente em (−∞,−1) ∪ (1,+∞), e decrescente em (−1, 1). 
A Figura 27 nos ilustra o gráfico da função deste caso, 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 3𝑥 + 1. 
 
 
 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Figura 27 Gráfico da função 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 3𝑥 + 1. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Exercício 19. Determine os intervalos de crescimento e decrescimento de (a) 𝑓(𝑥) =
𝑥 + 1/𝑥 e (b) 𝑔(𝑥) = 𝑥4 3⁄ − 𝑥3 3⁄ − 𝑥2 + 5. Vide solução na seção final do caderno 
Soluções dos exercícios propostos. 
 
4.2 Variação de funções 
 
Definição 18. Seja 𝑓 uma função, e 𝑥0 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓). 
1. 𝑓 possui um ponto de máximo relativo ou de máximo local no ponto 𝑥0, se 
existe um pequeno intervalo aberto 𝐼 que contém 𝑥0, tal que 
𝑓(𝑥0) ≥ 𝑓(𝑥), 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑥 ∈ 𝐼 ∩ 𝐷𝑜𝑚(𝑓). 
A imagem de 𝑥0, 𝑓(𝑥0), é chamada valor máximo local de 𝑓. 
2. 𝑓 possui um ponto de mínimo relativo ou de mínimo local no ponto 𝑥0, se existe 
um pequeno intervalo aberto 𝐼 que contem 𝑥0 tal que 
𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑥0), 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑥 ∈ 𝐼 ∩ 𝐷𝑜𝑚(𝑓). 
A imagem de 𝑥0, ou 𝑓(𝑥0), é chamada valor mínimo local de 𝑓. 
Em geral, um ponto de máximo ou de mínimo é chamado ponto extremo. A 
Figura 28 nos ilustra o que pode ser chamado de ponto extremo (ou de 
mínimo/máximo). 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Figura 28 Pontos de mínimo e máximo. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Para exemplificar este contexto, considere 𝑓(𝑥) = 𝑥2, onde 𝑥 ∈ ℝ. É intuitivo 
se pensar que 𝑥0 = 0 é um ponto de mínimo relativo, pois 𝑥
2 ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ, e 
𝑓(0) = 0. Neste caso, 𝑥0 = 0 é o único ponto extremo de 𝑓. 
Proposição 12. Se 𝑓 é uma função derivável no intervalo (𝑎, 𝑏), e 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) é 
um extremo relativo de 𝑓, então 𝑓′(𝑥0) = 0. 
Sabemos que 𝑓′(𝑥0) = 0 significa que que uma reta tangente ao gráfico de 𝑓 no 
ponto 𝑥0 é paralela ao eixo 𝑥; isto significa que se (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) é um ponto máximo ou 
mínimo local, logo 𝑓′(𝑥0) = 0 – mas esta condição não garante que 𝑥0 seja realmente 
um ponto máximo ou mínimo local. 
A Proposição 12 só nos indica que num ponto de máximo ou de mínimo relativo 
de uma função 𝑓, a reta tangente ao gráfico de 𝑓 nesses pontos é paralela ao eixo de 𝑥. 
A Figura 29 nos ilustra esta proposição. 
Figura 29 Retas tangentes em pontos mínimos e máximos relativos no gráfico de uma função. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
É importante ressaltar novamente que a proposição não garante a existência de 
pontos extremos. Por exemplo, seja 𝑓(𝑥) = 𝑥3 uma função derivável em ℝ, e 𝑓′(𝑥) =
3𝑥2; logo 𝑓′(0) = 0, mas 𝑥0 = 0 não é um ponto de máximo nem de mínimo relativo 
de 𝑓. Podemos verificar que 𝑓(−1) < 𝑓(0) < 𝑓(1). A proposição nos dá apenas uma 
condição necessária para que um ponto seja extremo. 
Definição 19. Seja 𝑓 uma função derivável no ponto 𝑥0 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓). Se 
𝑓′(𝑥0) = 0, então 𝑥0 é chamado ponto crítico de 𝑓. 
Desta forma, pode-se dizer que todo ponto extremo é ponto crítico, mas a 
recíproca é falsa. 
Calculemos os pontos críticos de 𝑓(𝑥) = sen(𝑥). Para calcular os pontos 
críticos da função 𝑓, devemos resolver a equação 𝑓′(𝑥) = 0; neste caso, cos(𝑥) = 0. 
Desta forma temos que os pontos 𝑥 = 𝜋 2⁄ + 𝑘𝜋 (onde 𝑘 ∈ ℤ) são pontos críticos. 
Já para o caso de 𝑓(𝑥) = 𝑥3, resolvendo 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 = 0, temos que 𝑥 = 0 é o 
único ponto crítico de 𝑓, mas que não é ponto extremo – pois não é nenhum ponto 
mínimo nem máximo relativo de 𝑓. 
Em um terceiro exemplo, para 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 3𝑥, resolvendo 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 3 =
0, temos que 𝑥 = 1 e 𝑥 = −1 como pontos críticos de 𝑓. Só que desta vez, estes pontos 
críticos também são pontos extremos de 𝑓, como ilustrado no gráfico da Figura 30. 
Figura 30 Gráfico da função 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 3𝑥. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
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Na verdade, um ponto candidato a máximo ou mínimo relativo de uma função 
derivável 𝑓 sempre deve satisfazer à equação 𝑓′(𝑥) = 0. Na próxima seção saberemos 
descartar dos pontos críticos, aqueles que não são extremais. 
Definição 20. 
1. Caso exista um ponto onde uma função atinge o maior valor possível, este ponto 
é chamado máximo absoluto da função. O ponto 𝑥0 é de máximo absoluto de 𝑓 
quando para todo 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), tem-se 𝑓(𝑥0) ≥ 𝑓(𝑥). 
2. Caso exista um ponto onde uma função atinge o menor valor possível, este 
ponto é chamado de mínimo absoluto da função. O ponto 𝑥0 é de mínimo 
absoluto de 𝑓 quando para todo 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), tem-se 𝑓(𝑥0) ≤ 𝑓(𝑥). 
Um ponto de máximo e um ponto de mínimo absoluto são respectivamente 
pontos de máximo e de mínimo local. No entanto, a recíproca é falsa. A Figura 31 nos 
ilustra esta definição. 
Figura 31 Pontos de máximos e mínimos. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Teorema 8 (de Weierstrass). Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] ⟶ ℝ contínua, então 
existem 𝑥1 e 𝑥2 em [𝑎, 𝑏] tais que 
𝑓(𝑥1) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥2), para todo 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]. 
As hipóteses de que o domínio seja um intervalo do tipo [𝑎, 𝑏] e de que a função 
seja contínua são condições essenciais deste teorema. Este teorema é importante pois 
garante a existência de pontos extremos de uma função, sem a hipótese de que a função 
seja derivável. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Teorema 9 (de Rolle). Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] ⟶ ℝ contínua e derivável em (𝑎, 𝑏), e tal 
que 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏). Então, existe pelo menos um 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓
′(𝑥0) = 0. 
Se 𝑓 é uma função constante, então para todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑓′(𝑥) = 0 (lembremos 
que a derivada de uma constante é igual a zero). Se 𝑓 não é constante, então pelo 
Teorema de Weierstrass, possui pontos extremos. 
Suponha que 𝑥0 é ponto máximo, então 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏), ou seja, é um ponto que está 
contido no intervalo entre 𝑎 e 𝑏. Caso não esteja contido dentro deste intervalo, por 
exemplo, se 𝑥0 = 𝑏, teríamos que 𝑓(𝑎) ≤ 𝑥0 = 𝑓(𝑏). Mas pelo Teorema de Rolle, a 
hipótese da condição de que 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) para que exista um pontocrítico no intervalo 
(𝑎, 𝑏); se 𝑥0 = 𝑏, então 𝑓 seria constante (para que exista 𝑓
′(𝑥) = 0); logo 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏). 
Veremos agora um exemplo de aplicação destes teoremas. 
Seja 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑚(𝑥 − 1)𝑛 uma função definida no intervalo [0, 1]; 𝑚, 𝑛 ∈ ℤ. 
Verifiquemos que existe um único ponto que divide o intervalo [0, 1] na razão 𝑚/𝑛. 
Sendo a função contínua em [0,1] e derivável em (0, 1); pelo teorema de Rolle, existe 
pelo menos um 𝑥0 ∈ (0, 1) tal que 𝑓
′(𝑥0) = 0. Derivando a função, temos que 𝑓
′(𝑥) =
𝑥𝑚−1(𝑥 − 1)𝑛 + 𝑥𝑚𝑛(𝑥 − 1)𝑛−1 = 𝑥𝑚−1(𝑥 − 1)𝑛−1(𝑚(𝑥 − 1) + 𝑛𝑥). Isto faz com 
que 𝑓′(𝑥0) = 0 seja equivalente a 𝑚(𝑥0 − 1) + 𝑛𝑥0 = 0, onde 𝑥0 = 𝑚/(𝑚 + 𝑛). O 
ponto 𝑥0 divide o intervalo [0, 1] em segmentos de comprimentos 𝑥0 e 1 − 𝑥0; logo 
𝑥0
1 − 𝑥0
=
𝑚
𝑛
. 
Teorema 10 (do Valor Médio). Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] ⟶ ℝ contínua e derivável em 
(𝑎, 𝑏). Então existe pelo menos um 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 
𝑓′(𝑥0) =
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
. 
Em outras palavras, existe um ponto no gráfico de 𝑓, onde a reta tangente nesse 
ponto é paralela à reta secante que liga (𝑎, 𝑓(𝑎)) e (𝑏, 𝑓(𝑏)). A Figura 32 nos ilustra 
este teorema. 
 
 
 
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Figura 32 Teorema do valor médio. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Sabemos que uma função constante tem derivada nula. O Teorema do Valor 
Médio nos fornece a recíproca desta propriedade, como veremos a seguir. 
Corolário 4. 
1. Seja 𝑓 uma função contínua em [𝑎, 𝑏] e derivável em (𝑎, 𝑏). Se 𝑓′(𝑥) = 0 para 
todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), então 𝑓 é constante. 
2. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções contínuas em [𝑎, 𝑏] e deriváveis em (𝑎, 𝑏). Se 𝑓′(𝑥) =
𝑔′(𝑥) para todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), então 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) + 𝑘, onde 𝑘 é uma constante. 
De fato, sejam 𝑥1, 𝑥2 ∈ [𝑎, 𝑏]; e suponha que 𝑥1 < 𝑥2. Pelo Teorema do Valor 
Médio, temos que existe 𝑥0 ∈ (𝑥1, 𝑥2) tal que 𝑓
′(𝑥0)(𝑥2 − 𝑥1) = 𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1). 
Como, por hipótese 𝑓′(𝑥) = 0 para todo 𝑥, então 𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥2). Como 𝑥1 e 𝑥2 são 
arbitrários, temos que 𝑓 é constante. 
Suponhamos que um carro percorre uma distância de 180km em 2 horas. 
Denotando por 𝑠 = 𝑠(𝑡) a distância percorrida pelo carro após 𝑡 horas, a velocidade 
média durante este período de tempo é 
𝑠(2) − 𝑠(0)
2 − 0
=
180 − 0
2
= 90𝑘𝑚 ℎ⁄ . 
Do Teorema do Valor Médio, temos que o carro deve ter atingido a velocidade de 
𝑠′(𝑡0) = 90𝑘𝑚/ℎ pelo menos uma vez nesse período de tempo. 
 
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4.3 Determinação de máximos e mínimos 
 
Teorema 11. Seja 𝑓 uma função contínua em [𝑎, 𝑏] e derivável em (𝑎, 𝑏), 
exceto possivelmente num ponto 𝑥0. 
1. Se 𝑓′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 < 𝑥0 e 𝑓
′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 > 𝑥0, então 𝑥0 é ponto 
de máximo de 𝑓. 
2. Se 𝑓′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 < 𝑥0 e 𝑓
′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 > 𝑥0, então 𝑥0 é ponto 
mínimo de 𝑓. 
Em outras palavras, uma função só terá ponto máximo se for crescente antes do 
ponto e decrescente depois; e uma função só terá ponto mínimo se for decrescente antes 
e crescente depois do ponto. A Figura 33 nos ilustra este teorema. 
Figura 33 (a) Máximo local e (b) mínimo local. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
De fato, se 𝑓′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 < 𝑥0 e 𝑓
′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 > 𝑥0, então 𝑓 é 
crescente em (𝑎, 𝑥0) e decrescente em (𝑥0, 𝑏); logo 𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑥0) para todo 𝑥 ≠ 𝑥0; 
logo 𝑥0 é um ponto de máximo local. A prova é análoga para o ponto 𝑥0 de mínimo 
local. 
Do Teorema 11 segue que num ponto de máximo ou de mínimo de uma função 
contínua nem sempre existe derivada. Por exemplo, seja 𝑓(𝑥) = |𝑥| definida em ℝ; 
claramente 𝑥0 = 0 é um ponto de mínimo de 𝑓, mas 𝑓
′(0) não existe. Mas, para todo 
𝑥 ≠ 0, tem-se que 
𝑓′(𝑥) = {
1 se 𝑥 > 0,
−1 se 𝑥 < 0. 
 
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Seja 𝑓(𝑥) = 𝑥3. O ponto crítico é a solução da equação 𝑓′(𝑥0) = 0, ou 
equivalentemente a 3𝑥0
2 = 0; então 𝑥0 = 0. Por outro lado, 𝑓
′(𝑥) = 3𝑥2 > 0, se 𝑥 ≠ 0; 
logo, 𝑥0 = 0 não é ponto de máximo nem de mínimo de 𝑓. 
Teorema 12. Seja 𝑓 uma função duas vezes derivável, e 𝑥0 um ponto crítico de 
𝑓. Assim, se 
1. 𝑓′′(𝑥0) > 0, então 𝑥0 é um ponto de mínimo relativo de 𝑓. 
2. 𝑓′′(𝑥0) < 0, então 𝑥0 é um ponto de máximo relativo de 𝑓. 
Do Teorema 11 e do Teorema 12, temos que os candidatos a pontos máximos e 
mínimos são não só pontos críticos, mas também podem ser os pontos do domínio onde 
a função não é derivável. 
No caso em que o domínio de 𝑓 é um intervalo do tipo [𝑎, 𝑏], após determinar os 
pontos de máximo e de mínimo no intervalo (𝑎, 𝑏), devemos calcular os valores da 
função nos extremos do intervalo e comparar estes valores com os valores máximos e 
mínimo obtidos anteriormente nos pontos críticos; o maior valor corresponderá ao 
máximo absoluto, e o menor valor ao mínimo absoluto da função, e os pontos 
correspondentes serão, respectivamente, os pontos de máximo e de mínimo absolutos. 
Para determinar os extremos de uma função devemos achar os pontos em que a 
primeira derivada se anula ou não existe. Esses pontos são chamados pontos críticos e 
são “candidatos” a extremantes da função. Pelo Teorema 11, este é também chamado de 
teste da derivada primeira. Este teste é ilustrado na Tabela 10. 
Tabela 10 Teste da derivada primeira. 
 
Elaboração do autor. 
Verifiquemos agora dois exemplos. 
Exemplo 1. Seja 𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 2𝑥2 + 12. Derivando, temos que 𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 − 4𝑥, 
que pode ser racionalizado de forma que 𝑓′(𝑥) = 4𝑥(𝑥2 − 1) = 4𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1). 
Sinal de 𝑓′(𝑥) quando 𝑥 passa 
pelo ponto crítico 𝑥0 
Características do 
ponto crítico 
𝑥 < 𝑥0 𝑥 = 𝑥0 𝑥 > 𝑥0 
+ 𝑓′(𝑥0) = 0 
ou 
∄ 𝑓′(𝑥0). 
− Máximo local. 
− + Mínimo local. 
+ + Função cresce. 
− − Função decresce. 
 
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A partir desta racionalizando, verificamos três pontos críticos em que 𝑓′(𝑥) = 0, 
que são 𝑥 = −1, 𝑥 = 0 e 𝑥 = 1. Aplicamos então o teste da primeira derivada. 
Para 𝑥 < −1, como por exemplo, para 𝑥 = −2, temos que 𝑓′(−2) = 4(−2)3 −
4(−2) = −32 − (−8) = −24 < 0. Logo, 𝑓(𝑥) é decrescente para 𝑥 < −1. Para −1 <
𝑥 < 0, como por exemplo, 𝑥 = −0,5, temos que 𝑓′(−0,5) = 4(−0,5)3 − 4(−0,5) =
−0,5 − (−2) = 1,5 > 0. Logo 𝑓(𝑥) é crescente para −1 < 𝑥 < 0; desta forma 
podemos concluir que 𝑥 = −1 é um mínimo local. Temos que 𝑓(−1) = (−1)4 −
2(−1)2 + 12 = 1 − 2 + 12 = 11. 
Verificamos já que para −1 < 𝑥 < 0, a função é crescente. Agora, para 0 < 𝑥 <
1, como por exemplo, para 𝑥 = 0,5, temos que 𝑓′(0,5) = 4(0,5)3 − 4(0,5) = 0,5 −
2 = −1,5 < 0. Logo, 𝑓(𝑥) é decrescente para 0 < 𝑥 < 1; desta forma temos como 
concluir que 𝑥 = 0 é um máximo local. Temos que 𝑓(0) = 04 − 2(02) + 12 = 12. 
Tendo já verificado que para 0 < 𝑥 < 1, 𝑓(𝑥) é decrescente, nos resta agora 
verificarpara 𝑥 > 1, como por exemplo, 𝑥 = 2. Temos que 𝑓′(2) = 4(2)3 − 4(2) =
32 − 8 = 24 > 0; logo 𝑓(𝑥) é crescente para 𝑥 > 1. Desta forma, podemos concluir 
que 𝑥 = 01 é um mínimo local. Temos que 𝑓(1) = 14 − 2(12) + 12 = 1 − 2 + 12 =
11. 
Verificamos então que o ponto (0, 12) é um ponto máximo local de 𝑓(𝑥); e os 
pontos (−1, 11) e (1, 11) são pontos mínimos locais de 𝑓(𝑥). 
Exemplo 2. Seja 𝑓(𝑥) = (𝑥3 3⁄ ) − 2𝑥2 + 3𝑥 + 5. Derivando, temos que 
𝑓′(𝑥) = 𝑥2 − 4𝑥 + 3. Assim, para 𝑓′(𝑥) = 0, temos que 𝑥2 − 4𝑥 + 3 = 0. Podemos 
aplicar a fórmula de Bhaskara para encontrar as raízes, de forma que 
𝑥 =
4 ± √16 − 12
2
= 2 ± 1. 
Assim, temos como pontos críticos 𝑥 = 1 e 𝑥 = 3. 
Para 𝑥 < 1, como por exemplo, 𝑥 = 0, temos que 𝑓′(0) = 02 − 4(0) + 3 =
3 > 0; logo, 𝑓(𝑥) é crescente para 𝑥 < 1. Para 1 < 𝑥 < 3, como por exemplo, 𝑥 = 2, 
temos que 𝑓′(2) = 22 − 4(2) + 3 = 4 − 8 + 3 = −1 < 0; logo 𝑓(𝑥) é decrescente 
neste intervalo. Podemos concluir então que 𝑥 = 1 é um ponto de máximo local. Temos 
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que 𝑓(1) = (13 3⁄ ) − 2(1)2 + 3(1) + 5 = (1 3⁄ ) − 2 + 3 + 5 =
(1 − 6 + 9 + 15) 3⁄ = 19 3⁄ . 
Verificamos já que no intervalo de 𝑥 ∈ (1, 3), 𝑓(𝑥) é decrescente. Agora, para 
𝑥 > 3, como por exemplo, 𝑥 = 4, temos que 𝑓′(4) = 42 − 4(4) + 3 = 16 − 16 + 3 =
3 > 0. Logo, 𝑓(𝑥) é crescente para 𝑥 > 3. Desta forma podemos concluir que 𝑥 = 3 é 
um mínimo local de 𝑓(𝑥). Temos que 𝑓(3) = (33 3⁄ ) − 2(32) + 3(3) + 5 = 9 − 18 +
9 + 5 = 5. 
Verificamos então que o ponto (1, 19 3⁄ ) é um ponto de máximo local em 𝑓(𝑥), 
e que o ponto (3, 5) é um ponto de mínimo local. Da mesma forma, verificamos que 
𝑓(𝑥) é crescente em 𝑥 ∈ (−∞, 1) ∪ (3,+∞), e decrescente em 𝑥 ∈ (1, 3). 
Exercício 20. Através do teste da derivada primeira, verifique, caso existam, os pontos 
de mínimos e máximos locais de 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
. Verifique também os intervalos de 
crescimento e decrescimento de 𝑓(𝑥). Vide solução na seção final do caderno Soluções 
dos exercícios propostos. 
Verificamos que é possível determinarmos pontos de mínimo e de máximo 
locais pelo teste da derivada primeira (mas que, no entanto, pode ser demonstrar 
trabalhoso). O Teorema 12 já nos permite fazer o teste da derivada segunda – a Tabela 
11 nos sintetiza este teste. 
Tabela 11 Teste da derivada segunda. 
 
Elaboração do autor. 
Conforme visto na Tabela 11, no caso em que 𝑓′′(𝑥0) = 0, o Teorema 12 não 
afirma nada; assim, quando isto acontecer, é recomendado usar o teste da derivada 
primeira. Verifiquemos agora alguns exemplos de aplicação. 
Exemplo 1. Seja calculado os pontos extremos de 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐; 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ, 
e 𝑎 ≠ 0. Como 𝑓 é diferenciável em todo ponto, temos que 𝑓′(𝑥) = 2𝑎𝑥 + 𝑏, e 
Se 𝑓(𝑥) é uma função em que 𝑥0 é um ponto crítico, tal 
que 𝑓′(𝑥0) = 0, e existe 𝑓
′′(𝑥0). 
𝑓′(𝑥0) = 0 Características do ponto crítico: 
Se 𝑓’’(𝑥0) < 0 Máximo local em 𝑥 = 𝑥0. 
Se 𝑓’’(𝑥0) > 0 Mínimo local em 𝑥 = 𝑥0. 
Se 𝑓’’(𝑥0) = 0 O teste nada diz. 
 
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podemos calcular os pontos críticos fazendo com que 𝑓′(𝑥) = 0, ou seja, resolvendo a 
equação 2𝑎𝑥 + 𝑏 = 0. Temos então que 𝑥 = −𝑏/2𝑎 como sendo único ponto crítico de 
𝑓. Temos que a derivada segunda, 𝑓′′(𝑥) = 2𝑎. Foi definido que 𝑎 ≠ 0, assim 
𝑓′′(𝑥) > 0 se 𝑎 > 0, 
𝑓′′(𝑥) < 0 se 𝑎 < 0. 
Logo, o vértice 𝑥 = −𝑏/2𝑎 é um ponto de máximo absoluto de 𝑓 se 𝑎 < 0, e 
um ponto de mínimo absoluto se 𝑎 > 0. 
Exemplo 2. Calculemos os pontos extremos de 𝑓(𝑥) = 𝑥6 4⁄ − 𝑥4 2⁄ + 2 se 𝑥 ∈
[−2, 2]. Derivando 𝑓, temos que 𝑓′′(𝑥) = 3𝑥5 2⁄ − 2𝑥3 = (3𝑥5 − 4𝑥3) 2⁄ =
(𝑥3(3𝑥2 − 4)) 2⁄ . 
Verificamos que 𝑓′(𝑥) = 0, caso o numerador de 𝑓′(𝑥) seja igual a zero. Pelo 
primeiro fator 𝑥3, verificamos que 𝑓′(𝑥) = 0 se 𝑥 = 0. Para o segundo fator (3𝑥2 − 4), 
verificamos que 3𝑥2 − 4 = 0 se 𝑥 = ±√4 3⁄ = ±2/√3. Logo, temos que 𝑥 = 0, 𝑥 =
−2/√3, e 𝑥 = 2/√3 são os pontos críticos de 𝑓. Todos estes pontos estão contidos no 
intervalo de [−2, 2]. 
Fazendo a derivada segunda, temos que 𝑓′′(𝑥) = 15𝑥4 2⁄ − 6𝑥2 =
(15𝑥4 − 12𝑥2) 2⁄ = 3𝑥2(5𝑥2 − 4)/2. Como os termos de 𝑥 são elevados ao quadrado 
(potência par), é nítido verificar que 
𝑓′′ (−
2
√3
) = 𝑓′′ (
2
√3
) > 0, 
e assim podemos concluir que 𝑥 = −2/√3 e 𝑥 = 2/√3 são pontos de mínimo relativo 
de 𝑓. Como 𝑓′′(0) = 0, devemos utilizar então o teste da derivada primeira. 
Verifiquemos um ponto −2 √3⁄ < 𝑥 < 0, como por exemplo, 𝑥 = −1. Temos 
que 𝑓′(−1) = ((−1)3(3(−1)2 − 4)) 2⁄ = (−1)(−1) 2⁄ = 1 2⁄ > 0; logo 𝑓(𝑥) é 
crescente para este intervalo. Verifiquemos agora um ponto 0 < 𝑥 < 2/√3, como por 
exemplo, 𝑥 = 1. Temos que 𝑓′(1) = (13(3(1)2 − 4)) 2⁄ = (1)(−1) 2⁄ = −1 2⁄ < 0; 
logo 𝑓(𝑥) é decrescente para este intervalo. Logo 𝑓(𝑥) = 0 é um ponto de máximo 
relativo de 𝑓. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Por outro lado, temos que 𝑓(±2) = 10; logo 𝑥 = −2 e 𝑥 = 2 são pontos de 
máximo absolutos, e 𝑥 = −2/√3 e 𝑥 = 2/√3 são pontos de mínimo absolutos. A 
Figura 34 nos ilustra o resultado deste exemplo. 
Figura 34 Gráfico de 𝑓(𝑥) = 𝑥6 4⁄ − 𝑥4 2⁄ + 2, onde 𝑥 ∈ [−2, 2]. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Exemplo 3. Calcularemos os pontos extremos da função 𝑓(𝑥) = 6𝑥 − 3𝑥2 + 𝑥3/2 e 
os interpretaremos. Derivando 𝑓, temos 
𝑓′(𝑥) = 6 − 6𝑥 +
3𝑥2
2
=
12 − 12𝑥 + 3𝑥2
2
=
3(𝑥 − 2)2
2
. 
Logo, 𝑓′(𝑥) = 0 somente se 𝑥 = 2, que é o único ponto crítico de 𝑓. Calculando a 
segunda derivada de 𝑓, temos que 𝑓′′(𝑥) = 3𝑥 − 6 = 3(𝑥 − 2). Então, 𝑓′′(2) = 0, e 
assim o teste da derivada segunda não pode ser aplicado. 
Verificamos que 𝑓′(𝑥) = 3(𝑥 − 2)2 2⁄ ; logo independentemente do valor de 
𝑥 > 0 e 𝑥 < 0, como o termo é elevado ao quadrado, 𝑓′(𝑥) ≥ 0; então 𝑓 é sempre 
crescente; logo, no ponto 𝑥 = 2, não muda o sinal da primeira derivada de 𝑓; e 
portando, 𝑥 = 2 não é ponto de máximo nem de mínimo relativo de 𝑓. A Figura 35 nos 
ilustra o resultado deste exemplo. 
 
 
 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Figura 35 Gráfico de 𝑓(𝑥) = 6𝑥 − 3𝑥2 + 𝑥3/2. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Exercício 21. Calcule e examine os pontos extremos de 𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 16𝑥3/3. 
Exercício 22. Usando o teste da derivada segunda, classifique os pontos críticos, caso 
existam, das funções (a) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 6𝑥2 + 9𝑥 − 1, e (b) 𝑓(𝑥) = 𝑥 ln(𝑥). Vide 
soluções na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
Observa-se que se as derivadas sucessivas de 𝑓 forem iguais a 0 em 𝑥0, mas pelo 
menos uma determinada derivada de ordem 𝑛 for diferente de zero, então se 𝑛 for 
ímpar, então 𝑥0 é abscissa de ponto de inflexão, e a função pode crescer ou decrescer. Já 
para derivada de ordem 𝑛 que seja par, se 𝑓(𝑛)(𝑥0) < 0, então 𝑥0 é ponto de máximolocal, já se 𝑓(𝑛)(𝑥0) > 0, então 𝑥0 é ponto mínimo local da função. 
Por exemplo, considere 𝑓(𝑥) = 𝑥4, temos que a derivada primeira seja 𝑓′(𝑥) =
4𝑥3; e assim verificamos que temos o ponto crítico 𝑥 = 0 que satisfaz a condição14 de 
𝑓′(𝑥) = 0, A derivada segunda é obtida por 𝑓′′(𝑥) = 12𝑥2. 
Verificamos que 𝑓′′(0) = 0. 𝑓′′′(𝑥) = 24𝑥, e 𝑓(4)(𝑥) = 24 > 0. Logo, como 𝑛 
é par, e 𝑓(𝑛)(0) > 0, então o ponto (0, 0) é ponto mínimo local. 
 
 
 
 
14 Na literatura, a condição de 𝑓′(𝑥) = 0 é chamada de condição de primeira ordem (CPO), ou pela sigla 
(FOC) em inglês, que significa “first-order condition”. 
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4.4 Concavidade e pontos de inflexão de funções 
 
Seja 𝑦 = 𝑓(𝑥) uma função derivável em 𝐷, onde 𝐷 é um intervalo aberto ou 
uma reunião de intervalos abertos. 
Definição 21. 
1. 𝑓 é dita côncava para cima, ou com concavidade voltada para cima (CVC) em 
𝐷 se 𝑓′(𝑥) é crescente em 𝐷. 
2. 𝑓 é dita côncava para baixo, ou com concavidade voltada para baixo (CVB) em 
𝐷 se 𝑓′(𝑥) é decrescente em 𝐷. 
Intuitivamente, quando um ponto se desloca ao longo do gráfico de uma função 
𝑓, da esquerda para a direita, e a reta tangente nesse ponto vai girando no sentido anti-
horário, isto significa que o coeficiente angular dessa reta cresce à medida que 𝑥 
aumenta, ou seja, 𝑓′(𝑥) é crescente. Neste caso a função tem a concavidade voltada 
para cima (CVC). A Figura 36 ilustra este desenho de CVC. 
Figura 36 Função com concavidade voltada para cima (CVC). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. Adaptado pelo autor. 
Analogamente, quando um ponto se desloca ao longo do gráfico de uma função 
𝑓, da esquerda para a direita, e a reta tangente nesse ponto vai girando no sentido 
horário, isto significa que o coeficiente angular dessa reta tangente decresce à medida 
que 𝑥 aumenta, ou seja, 𝑓′(𝑥) decrescente. Neste caso, a função tem concavidade 
voltada para baixo (CVB). A Figura 37 ilustra este caso de CVB. 
 
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Figura 37 Função com concavidade voltada para baixo (CVB). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. Adaptado pelo autor. 
É importante não confundirmos concavidade com crescimento ou decrescimento 
de uma função. Por exemplo, conforme ilustrado na Figura 36, verificamos que a função 
com CVC tem parte que é decrescente e parte que é crescente. Da mesma forma, 
conforme ilustrado pela Figura 37. Verificamos que a função com CVB tem parte em 
que a função é crescente e parte em que é decrescente. 
O indicativo de concavidade voltada para cima e de concavidade voltada para 
baixo é reflexo respectivamente de crescimento ou decrescimento de 𝑓′(𝑥), e não de 
𝑓(𝑥). 
Proposição 13. Seja 𝑦 = 𝑓(𝑥) uma função duas vezes derivável em 𝐷. 
1. Se 𝑓′′(𝑥) > 0 para 𝑥 ∈ 𝐷, então 𝑓 é côncava para cima (CVC) em 𝐷. 
2. Se 𝑓′′(𝑥) < 0 para 𝑥 ∈ 𝐷, então 𝑓 é côncava para baixo (CVB) em 𝐷. 
Esta propriedade é análoga ao de crescimento e decrescimento de funções. 
Conforme já verificamos, uma função é crescente em 𝐷, quando sua derivada primeira 
𝑓′(𝑥) > 0. Da mesma forma sua concavidade é voltada para cima (CVC) em 𝐷, quando 
sua primeira derivada é crescente em 𝐷, ou seja, quando 𝑓′(𝑥) > 0 em 𝐷. Assim, da 
mesma forma que verificamos o crescimento de uma função com sua primeira derivada, 
verificamos o crescimento da primeira derivada de uma função através de sua derivada 
segunda, ou seja, quando 𝑓′′(𝑥) > 0 em 𝐷. O mesmo é análogo para concavidade 
voltada para baixo (CVB), verificamos que 𝑓′(𝑥) é decrescente em 𝐷, quando 𝑓′′(𝑥) é 
decrescente em 𝐷. 
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Por exemplo, seja considerado 𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 𝑥2. Determinaremos onde 𝑓 é 
côncava voltada para cima (CVC) e onde 𝑓 é côncava voltada para baixo (CVB). 
Derivando, temos que 𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 − 2𝑥; e derivando novamente, temos que 𝑓′′(𝑥) =
12𝑥2 − 2 = 2(6𝑥2 − 1). 
Assim, para que 𝑓′′(𝑥) seja maior do que zero, temos que 6𝑥2 − 1 > 0, de 
forma que 6𝑥2 > 1; 𝑥2 > 1/6; e assim 𝑥 > 1 ±√6⁄ = |1 √6⁄ |. Isto implica que nos 
pontos de 𝑥 > 1/√6 e 𝑥 < −1/√6, 𝑓(𝑥) tem concavidade voltada para cima. 
Da mesma forma, para que 𝑓′′(𝑥) seja menor do que zero, temos que 𝑥2 <
1 ±√6⁄ = |1 √6⁄ |. Isto implica que entre os pontos de abscissa −1 √6⁄ e 1/√6, 𝑓(𝑥) 
tem concavidade voltada para baixo. 
Em outras palavras, 𝑓 é côncava voltada para cima em (−∞,−1 √6⁄ ) ∪
(1 √6⁄ , +∞), e 𝑓 é côncava voltada para baixo em (−1 √6⁄ , 1 √6⁄ ). 
Definição 22. Um ponto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) do gráfico de uma função 𝑓 é um ponto de 
inflexão de 𝑓, se existe um pequeno intervalo (𝑎, 𝑏) ⊂ 𝐷 tal que 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) e 
1. 𝑓 é côncava para cima em (𝑎, 𝑥0) e côncava para baixo em (𝑥0, 𝑏), ou 
2. 𝑓 é côncava para baixo e (𝑎, 𝑥0) e côncava para cima em (𝑥0, 𝑏). 
Se a função é duas vezes derivável, para obter os pontos 𝑥0, candidatos a pontos 
de inflexão, resolvemos a equação 
𝑓′′(𝑥) = 0, 
e estudamos o sinal de 𝑓′′(𝑥) para 𝑥 > 𝑥0 e 𝑥 < 𝑥0, sendo 𝑥0 a solução da equação. 
𝑓′′(𝑥0) = 0 não implica que 𝑥0 seja abscissa de um ponto de inflexão. 
Em outras palavras, pontos de inflexão são aqueles em que uma curva muda sua 
concavidade. Note que se 𝑓′′(𝑥0) = 0 e 𝑓
(3)(𝑥0) ≠ 0, então 𝑥0 é um ponto de inflexão; 
e que num ponto de inflexão, não necessariamente existe a segunda derivada da função. 
Para que isto seja exemplificado, considere 𝑓(𝑥) = 𝑥2. Temos que 𝑓′(𝑥) = 2𝑥, 
e 𝑓′′(𝑥) = 2 > 0 para todo 𝑥. Logo, não há ponto de inflexão para 𝑓(𝑥). No entanto, 
como 𝑓′′(𝑥) > 0 para todo 𝑥, esta função tem concavidade voltada para cima em todo 
seu domínio. 
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Considere 𝑔(𝑥) = 𝑥3. Temos que 𝑔′(𝑥) = 3𝑥2, e 𝑔′′(𝑥) = 6𝑥. Assim, 
verificamos que 𝑔′′(𝑥) > 0 se 𝑥 > 0, e 𝑔′′(𝑥) < 0 se 𝑥 < 0, logo 𝑥0 = 0 é ponto de 
inflexão de 𝑔. Também podemos confirmar que para 𝑥 < 0, 𝑔 tem concavidade voltada 
para baixo; e que para 𝑥 > 0, 𝑔 tem concavidade voltada para cima. 
Exercício 23. Verifique a existência de pontos de inflexão e regiões onde a função tem 
concavidade voltada para cima, e concavidade voltada para baixo para (a) 𝑓(𝑥) = 𝑥5 3⁄ , 
e (b) 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒−𝑥. Vide solução na seção final do caderno Soluções dos exercícios 
propostos. 
 
4.5 Esboço do gráfico de funções 
 
Para se obter o esboço do gráfico de uma função 𝑓, devemos seguir os seguintes 
passos: 
i. Determinar o 𝐷𝑜𝑚(𝑓). 
ii. Calcular os pontos de interseção do gráfico com os eixos das coordenadas. 
iii. Calcular os pontos críticos. 
iv. Determinar se existem pontos de máximo e mínimo. 
v. Estudar a concavidade e determinar os pontos de inflexão. 
vi. Determinar se a curva possui assíntotas15. 
vii. E finalmente, esboçar o gráfico. 
Como exemplificação, faremos o esboço de gráfico de duas funçõesutilizando o 
passo a passo. Como primeiro exemplo, faremos o esboço para 𝑦 = 𝑓(𝑥) =
(𝑥2 + 4 )/𝑥. 
Primeiro passo. Verificamos que 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {0}. 
Segundo passo. Não possui interceptos com os eixos das coordenadas. 
Terceiro passo. Derivamos 𝑓, de forma que 
 
15 Ver seção 2.7. Lembremos que assíntota vertical consiste no estudo do limite nos casos de 
indeterminação de uma função, ou seja, em pontos que não fazem parte de seu domínio; e a assíntota 
horizontal estuda o caso dos limites de ±∞ da função. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
𝑓′(𝑥) =
2𝑥2 − (𝑥2 + 4)
𝑥2
=
𝑥2 − 4
𝑥2
. 
Assim, obtemos através da CPO 𝑓′(𝑥) = 0, resolvendo a equação 𝑥2 − 4 = 0, logo 𝑥 =
±2 são pontos críticos da função. 
Quarto passo. Fazemos a derivada segunda de 𝑓, e obtemos que 
𝑓′′(𝑥) =
2𝑥3 − (𝑥2 − 4)2𝑥
𝑥4
=
2𝑥3 − 2𝑥3 + 8𝑥
𝑥4
=
8𝑥
𝑥4
=
8
𝑥3
. 
Verificamos então que 𝑓′′(−2) < 0, e 𝑓′′(2) > 0; logo 𝑥 = −2 é um ponto de máximo 
local, e 𝑥 = 2 é um ponto de mínimo local de 𝑓. 
Quinto passo. Verificamos que não existe 𝑓′′(𝑥) = 0, mas podemos verificar que para 
𝑥 > 0, 𝑓′′(𝑥) > 0, logo 𝑓 tem concavidade voltado para cima e (0, +∞); e para 𝑥 < 0, 
𝑓′′(𝑥) < 0, logo 𝑓 tem concavidade voltado para baixo e (−∞, 0). Como 𝑓(𝑥) não está 
definida para 𝑥 = 0, não há ponto de inflexão. 
Sexto passo. Como 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {0}, verificamos primeiro o caso das assíntotas 
verticais, ou seja, quando 𝑥 → 0+ e 𝑥 → 0−, nos casos de indeterminação. Temos então 
que 
lim
𝑥→0−
𝑥2 + 4
𝑥
= −∞; e lim
𝑥→0+
𝑥2 + 4
𝑥
= +∞. 
Para determinar as assíntotas horizontais, verificamos os limites em ±∞, de forma que 
lim
𝑥→+∞
𝑥2 + 4
𝑥
= +∞; e lim
𝑥→−∞
𝑥2 + 4
𝑥
= −∞. 
Logo, não há assíntotas horizontais. 
Sétimo passo. Finalmente, esboçaremos o gráfico. Verificamos no quarto passo que 
𝑥 = −2 é um ponto de máximo local, logo a função passa pelo ponto de (−2,−4) como 
máximo local com concavidade voltada para baixo (vide quinto passo); e pelo ponto 
(2, 4) como mínimo local com concavidade voltada para cima. 
A Figura 38 ilustra o esboço do gráfico da função 
𝑓(𝑥) =
𝑥2 + 4
𝑥
. 
 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
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Figura 38 Esboço do gráfico de 𝑓(𝑥) = (𝑥2+4 )/𝑥. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Como um segundo exemplo, faremos passo a passo do esboço do gráfico de 𝑦 =
𝑓(𝑥) = (𝑥2 + 1)/(𝑥2 − 1). 
Primeiro passo. Verificamos que 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−1, 1}. 
Segundo passo. Para 𝑥 = 0, temos que 𝑦 = 𝑓(0) = −1; logo a curva passa pelo ponto 
(0, −1). 
Terceiro passo. Derivamos 𝑓, de forma que 
𝑓′(𝑥) =
2𝑥(𝑥2 − 1) − 2𝑥(𝑥2 + 1)
(𝑥2 − 1)2
=
2𝑥3 − 2𝑥 − 2𝑥3 − 2𝑥
(𝑥2 − 1)2
= −
4𝑥
(𝑥2 − 1)2
. 
Assim, obtemos através da CPO 𝑓′(𝑥) = 0, resolvendo a equação 4𝑥 = 0, logo 𝑥 = 0 é 
o ponto crítico da função. 
Quarto passo. Fazemos a derivada segunda de 𝑓, e obtemos que 
𝑓′′(𝑥) =
−4(𝑥2 − 1)2 − (−4𝑥)(2(𝑥2 − 1))2𝑥
(𝑥2 − 1)4
=
(𝑥2 − 1)(−4(𝑥2 − 1) + 16𝑥2)
(𝑥2 − 1)4
=
−4𝑥2 + 4 + 16𝑥2
(𝑥2 − 1)3
=
12𝑥2 + 4
(𝑥2 − 1)3
=
4(3𝑥2 + 1)
(𝑥2 − 1)3
. 
Verificamos então que 𝑓′′(0) < 0; logo 𝑥 = 0 é um ponto de máximo local de 𝑓. 
Quinto passo. Verificamos que não existe 𝑓′′(𝑥) = 0, pois não existe nenhuma solução 
que satisfaça a equação 12𝑥2 + 4 = 0, mas podemos verificar que 𝑓′′(𝑥) > 0 para 𝑥 >
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1 e para 𝑥 < −1. Isto é verificável, pois o numerador de 𝑓′′(𝑥), dado por 12𝑥2 + 4 é 
maior que zero para qualquer valor de 𝑥. Já para o denominador de 𝑓′′(𝑥), expresso por 
(𝑥2 − 1)3, como 𝑥 é elevado ao quadrado, a expressão é positiva sempre que |𝑥2| > 1. 
Logo a função tem concavidade voltada para cima para 𝑥 ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞). 
Podemos também verificar que 𝑓′′(𝑥) < 0 quando a expressão (𝑥2 − 1)3 < 0. 
Isto ocorre quando 𝑥2 − 1 < 0, ou seja, quando 𝑥2 < 1, ou 𝑥 < |1|. Assim, 𝑓 tem 
concavidade voltada para baixo em (−1, 1). Como ±1 ∉ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), então o gráfico de 𝑓 
não possui pontos de inflexão. 
Sexto passo. Como 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−1, 1}, verificamos primeiro o caso das assíntotas 
verticais, ou seja, quando 𝑥 → −1+, 𝑥 → −1−, 𝑥 → 1+ e 𝑥 → 1−; ou seja, nos casos em 
que a função não está determinada em seu domínio. Temos então que 
lim
𝑥→−1−
𝑥2 + 1
𝑥2 − 1
= +∞; e lim
𝑥→−1+
𝑥2 + 1
𝑥2 − 1
= −∞. 
lim
𝑥→1−
𝑥2 + 1
𝑥2 − 1
= −∞; e lim
𝑥→1+
𝑥2 + 1
𝑥2 − 1
= +∞. 
Para determinar as assíntotas horizontais, verificamos os limites em ±∞, de forma que 
lim
𝑥→+∞
𝑥2 + 1
𝑥2 − 1
= 1; e lim
𝑥→−∞
𝑥2 + 1
𝑥2 − 1
= 1. 
Sétimo passo. Esboçaremos agora este gráfico. Verificamos no quarto passo que 𝑥 = 0 
é um ponto de máximo local, logo a função passa pelo ponto de (0, −1) como máximo 
local com concavidade voltada para baixo (vide quinto passo). 
A Figura 39 ilustra o esboço do gráfico da função 
𝑓(𝑥) =
𝑥2 + 1
𝑥2 − 1
. 
 
 
 
 
 
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Figura 39 Esboço do gráfico de 𝑓(𝑥) = (𝑥2+1)/(𝑥2−1). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Como um terceiro exemplo, será esboçado o gráfico de 𝑓(𝑥) = 𝑥² (𝑥² − 4⁄ ). 
Primeiro passo. Verificamos que a função não está definida quando 𝑥2 − 4 = 0; logo 
𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−2, 2}. 
Segundo passo. Verificamos que a função encosta no eixo de 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 no ponto 
(0, 0). 
Terceiro passo. Derivamos 𝑓 e igualamos a zero, e assim obtemos expressão para 
determinar os pontos críticos da função, de forma que 
𝑓′(𝑥) =
(2𝑥)(𝑥2 − 4) − (𝑥2)(2𝑥)
(𝑥2 − 4)2
=
2𝑥3 − 8𝑥 − 2𝑥3
(𝑥2 − 4)2
= −
8𝑥
(𝑥2 − 4)2
= 0. 
Logo, o ponto crítico da função é determinado em 𝑥 = 0. 
Quarto passo. Fazemos a derivada segunda de 𝑓 para verificarmos se o ponto crítico é 
maximizante ou minimizante, de forma que 
𝑓′′(𝑥) =
(−8)(𝑥2 − 4)2 − (−8𝑥)(2𝑥)(2)(𝑥2 − 4)
(𝑥2 − 4)4
=
(−8)(𝑥2 − 4) − (−8𝑥)(2𝑥)(2)
(𝑥2 − 4)3
=
−8𝑥2 + 32 + 32𝑥2
(𝑥2 − 4)3
=
24𝑥2 + 32
(𝑥2 − 4)3
. 
Verificamos que no ponto crítico 𝑥 = 0, 𝑓′′(𝑥) < 0, pois o numerador é 
positivo, e o denominador é negativo; logo este ponto é maximizante. 
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Quinto passo. Verificamos que não existe 𝑥 para que 𝑓′′(𝑥) = 0, e também não que 
𝑓′′(𝑥) não está definida para 𝑥 = ±2. Verificamos então o comportamento de 𝑓′′(𝑥) 
para os intervalos de (−∞,−2), (−2, 0), (0, 2), e (2, +∞). Para facilitar o cálculo, 
utilizaremos os valores de −3,−1, 1, e 3 para 𝑥, e assim temos que 
𝑓′′(−3) > 0; 𝑓′′(−1) < 0; 𝑓′′(1) < 0; 𝑓′′(3) > 0. 
Verificamos então que nos intervalos (−∞,−2) ∪ (2,+∞) a curva tem CVC, e 
no intervalo(−2, 2) a curva tem CVB; e como o ponto maximizante está contido no 
intervalo em que a curva tem CVB; logo não há ponto de inflexão. 
Sexto passo. Verificamos primeiro as assíntotas verticais, definidas pelos limites laterais 
dos pontos onde a função não é definida; logo temos que 
lim
𝑥→−2−
𝑥2
𝑥2 − 4
= +∞; lim
𝑥→−2+
𝑥2
𝑥2 − 4
= −∞; 
lim
𝑥→2−
𝑥²
𝑥² − 4
= −∞; lim
𝑥→2+
𝑥2
𝑥2 − 4
= +∞. 
Verificamos agora se há assíntotas horizontais, chegando os limites da função 
em ±∞ de 𝑓(𝑥), e assim temos que 
lim
𝑥→±∞
𝑥²
𝑥² − 4
= lim
𝑥→±∞
𝑥²
𝑥²
= 1. 
Sétimo passo. Em posse de todas estas informações, podemos esboçar facilmente o 
gráfico, conforme ilustrado na Figura 40. 
Figura 40 Esboço do gráfico de 𝑓(𝑥) = 𝑥² (𝑥² − 4⁄ ). 
 
Elaboração do autor. 
 
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Exercício 24. Esboce o gráfico da função 𝑦 = 𝑓(𝑥) = √𝑥2
3
(1 − 𝑥2). 
Exercício 25. A forma de uma colina pode ser descrita pela equação 𝑦 = −𝑥2 + 17𝑥 −
66, (6 ≤ 𝑥 ≤ 11). Considere um asqueroso professor de cálculo, munido de um rifle de 
alta precisão, localizado num ponto (2, 0). A partir de que ponto, na colina, um 
estudante de cálculo estará 100% seguro? 
Exercício 26. Sabendo que 𝑓(𝑥) = 𝑥 (𝑥2 − 9)⁄ , (a) determine o domínio de 𝑓 e 
encontre a interseção com os eixos; (b) encontre, se existir, as assíntotas horizontais e 
verticais ao gráfico de 𝑓; (c) determine, se existir, os intervalos de crescimento e 
decrescimento, e os máximos e mínimos locais; (d) calcule os pontos de inflexão, se 
existirem, e estude a concavidade; (e) e faça um esboço do gráfico de 𝑓. Vide soluções 
na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
 
4.6 Problemas de otimização 
 
Nesta seção será agora apresentado problemas de maximização e minimização 
aplicados à diversas áreas. Será verificado de forma genérica como as noções de 
derivada podem ser aplicadas para resoluções de problemas. 
O primeiro passo para resolver este tipo de problema é determinar, de forma 
precisa, a função a ser otimizada. Em geral, obtemos uma expressão de duas variáveis, 
mas usando as condições adicionais do problema, esta expressão pode ser reescrita 
como uma função de uma variável derivável, e assim podemos aplicar os teoremas. 
Nesta seção não será apresentado nenhum teorema ou definição nova, mas 
seguirá de forma a apresentar exemplos de aplicação. 
Exemplo 1. Determine dois números reais positivos cuja soma é 70 e tal que seu 
produto seja o maior possível. 
Considere 𝑥, 𝑦 > 0 tal que 𝑥 + 𝑦 = 70; logo, 𝑥, 𝑦 ∈ [0,70]. O produto pode ser 
denotado por 𝑃 = 𝑥𝑦, e esta será a função que deveremos maximizar. Como 𝑦 = 70 −
𝑥, substituindo em 𝑃, temos que 𝑃(𝑥) = 𝑥𝑦 = 𝑥(70 − 𝑥) = 70𝑥 − 𝑥2. 
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𝑃 ∶ [0, 70] ⟶ ℝ é uma função derivável. Derivando, temos que 𝑃′(𝑥) = 70 −
2𝑥 = 2(35 − 𝑥). Logo, o ponto crítico é 𝑥 = 35. Como 𝑃′′(𝑥) = −2 < 0, logo 𝑥 = 35 
é um ponto máximo para 𝑃. Como 𝑦 = 70 − 𝑥, 𝑦 = 35; logo 𝑃(35) = (35)(35) =
1225 é o produto máximo; logo os números são 𝑥 = 𝑦 = 35. 
Exemplo 2. Uma lata cilíndrica sem tampa superior tem volume de 5𝑐𝑚3. Determina 
as dimensões da lata, de modo que a quantidade de material para sua fabricação seja 
mínima. A Figura 41 nos ilustra o formato de uma lata cilíndrica. 
Figura 41 Formato de uma lata cilíndrica. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
O objetivo do problema consiste em minimizar a área mantendo-se o volume. A 
área do cilindro e da tampa inferior são respectivamente 𝐴1 = 2𝜋𝑟ℎ e 𝐴2 = 𝜋𝑟
2, onde 𝑟 
e ℎ são o raio e altura do cilindro. Logo, devemos minimizar 
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 = 2𝜋𝑟ℎ + 𝜋𝑟
2. 
O volume dado é 5𝑐𝑚3; logo 5 = 𝑉 = 𝜋𝑟2ℎ, e ℎ = 5/𝜋𝑟2. Substituindo ℎ na 
expressão a minimizar, temos que 
𝐴(𝑟) =
10
𝑟
+ 𝜋𝑟2. 
Derivando 𝐴(𝑟) e igualando a zero, temos que 
𝐴′(𝑟) = −
10
𝑟2
+ 2𝜋𝑟 = 0. 
Devemos então isolar 𝑟, de forma que −10𝑟−2 + 2𝜋𝑟 = 0; assim multiplicamos os dois 
lados da equação por 𝑟2, e temos que −10𝑟0 + 2𝜋𝑟3 = 0𝑟2 = 0. Temos então que 
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𝑟3 = 10 2𝜋⁄ = 5/𝜋; e assim 𝑟 = √5/𝜋
3
. Fazendo a derivada segunda, temos que 
𝐴′′(𝑟) = 20 𝑟3⁄ + 2𝜋; e assim podemos verificar que 𝐴′′(√5 𝜋⁄
3 ) > 0; logo este ponto 
𝑟 = √5/𝜋
3
 é minimizante. Como 𝑉 = 𝜋𝑟2ℎ = 5 = 𝜋(√5 𝜋⁄
3 )2ℎ, podemos isolar ℎ, de 
forma que 
ℎ =
5
𝜋(√5 𝜋⁄
3 )2
=
5
𝜋√
52
𝜋2
3
=
5
√𝜋
325
𝜋2
3
=
5
√25𝜋
3 ⇒ ℎ
3 =
125
25𝜋
=
5
𝜋
; 
ℎ = √5 𝜋⁄
3
. 
Logo, as dimensões da lata são 𝑟 = ℎ = √5 𝜋⁄
3
 cm. 
Exemplo 3. Quadrados iguais são cortados de cada canto de um pedaço retangular de 
papelão medindo 8 𝑐𝑚 de largura por 15 𝑐𝑚 de comprimento; e uma caixa sem tampa é 
construída virando-se os lados para cima. Determine o comprimento dos lados dos 
quadrados que devem ser cortados, para que a caixa produzida tenha volume máximo. A 
Figura 42 nos ilustra este problema. 
Figura 42 Problema de maximização de volume de uma caixa de papelão. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Chamemos o comprimento/lateral de cada quadrado a ser cortado por 𝑥, que será 
a altura da caixa. Assim, a largura da caixa será 8 − 2𝑥 e o comprimento 15 − 2𝑥. 
Observamos que como a largura do pedaço retangular de papelão é de 8𝑐𝑚, logo 0 <
𝑥 < 4. Logo, devemos maximizar o volume da caixa, dado por altura, largura e 
comprimento, de forma que 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
𝑉(𝑥) = 𝑥(8 − 2𝑥)(15 − 2𝑥) = 4𝑥3 − 46𝑥2 + 120𝑥. 
Derivando 𝑉(𝑥) e igualando a zero, temos que 
𝑉′(𝑥) = 12𝑥2 − 92𝑥 + 12 = 0. 
Aplicando a fórmula de Bhaskara, temos que 𝑥 = 6 e 𝑥 = 5/3. Como 6 ∉ (0, 4), temos 
que 𝑥0 = 5/3 seja o único ponto crítico de 𝑉 . Fazendo a derivada segunda, temos que 
𝑉′′(𝑥) = 24𝑥 − 92; e podemos verificar que 𝑉′′(𝑥0) < 0, logo 𝑥0 é um ponto 
maximizante. 
Assim o comprimento de cada quadrado a ser cortado deve corresponder a 
5 3⁄ 𝑐𝑚; e assim obteremos uma caixa com altura de 5 3⁄ 𝑐𝑚, largura de 14 3⁄ 𝑐𝑚, e 
comprimento de 35 3⁄ 𝑐𝑚; e seu volume será de 
2450
27
 𝑐𝑚3 ≅ 90,74 𝑐𝑚3. 
Exemplo 4. Um tanque cônico de aço, sem tampa, tem capacidade de 1000 𝑚3. Seja 
determinado as dimensões do tanque que minimiza a quantidade de aço usado na sua 
fabricação. A Figura 43 nos ilustra este problema. 
Figura 43 Problema de minimização de custo em tanque cônico de aço. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
A área do cone é definida por 𝐴1 = 𝜋𝑟𝑙, em que pela regra trigonométrica básica 
do teorema de Pitágoras, 𝑙2 = 𝑟2 + ℎ2, logo 𝑙 = √𝑟2 + ℎ2; e assim 𝐴1 = 𝜋𝑟√𝑟2 + ℎ2. 
Por outro lado, o volume do tanque é de 1000 𝑚3; logo 1000 = 𝑉 = 𝜋𝑟2ℎ/3, e assim 
ℎ = 3000/𝜋𝑟2. Substituindo ℎ na expressão que queremos minimizar, temos que 
𝐴1 = 𝜋𝑟√𝑟2 +
(3000)2
𝜋2𝑟4
. 
https://sites.google.com/view/pedrobritto108 
 
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Para facilita o cálculo, chamaremos o numeral (3000)2 = 𝑘, e minimizaremos 
𝐴 = (𝐴1)
2 = 𝐴(𝑟) = 𝜋2𝑟2(𝑟2 + 𝑘𝜋−2𝑟−4) = 𝜋2𝑟4 + 𝑘𝑟−2. Derivando e igualando a 
zero, temos que 
𝐴′(𝑟) = 4𝜋2𝑟3 −
2𝑘
𝑟3
= 0, 
Manipulando a equação, multiplicando os dois lados por 𝑟3, podemos isolar 𝑟, de forma 
que 
4𝜋2𝑟6 − 2𝑘 = 0 ⟹ 𝑟6 =
2𝑘
4𝜋2
=
𝑘
2𝜋2
; 
𝑟 = √
𝑘
2𝜋2
6
. 
Fazendo a segunda derivada, temos que 𝐴′′(𝑟) = 12𝜋2𝑟2 + 6𝑘𝑟−6 > 0 para 
todo16 𝑟. Logo 𝑟 = √𝑘 2𝜋2⁄
6
 é um ponto crítico e extremal minimizante. Como o 
volume é dado por 𝜋𝑟2ℎ 3⁄ = 1000, e 𝑟 = √(3000)2 2𝜋2⁄
6
, temos que 
ℎ =
3000
𝜋 (√(3000)2 2𝜋2⁄
6
)
2 =
3000
𝜋√(3000)2 2𝜋2⁄
3
. 
A expressão pode ser simplificada através de rearranjo; elevando os dois lados da 
equação por três, temos que 
ℎ3 =
(3000)3
𝜋3(3000)2
2𝜋2
=
2𝜋2(3000)3
𝜋3(3000)2
=
2(3000)
𝜋
; 
ℎ = √
6000
𝜋
3
. 
Assim, as dimensões do tanque será de 𝑟 = √(3000)2 2𝜋2⁄
6
≅ 8,773 𝑚, ℎ =
√6000 𝜋⁄
3
≅ 12,407 𝑚, e 𝐴1 = 𝜋𝑟√𝑟2 + ℎ2 ≅ 418,8078 𝑚
2. 
Exemplo 5. Um pescador está a 2 𝑘𝑚 de um ponto 𝐴 de uma praia, e deseja 
alcançar um depósito de combustível no ponto 𝐵, a 3 𝑘𝑚 de 𝐴. Sua velocidade na água 
é de 5 𝑘𝑚/ℎ e na terra é de 13 𝑘𝑚/ℎ. Ele deve partir nadando, e assim ele pode nadar 
 
16 Na matemática, a expressão “para todo” pode ser expressa pelo símbolo ∀. 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
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direto até o ponto 𝐵, ou até qualquer outro ponto desta praia e depois prosseguir 
caminhando. Seja determinado a forma com que o pescador chegue ao depósito no 
menor tempo possível. A Figura 44 nos ilustra este problema. 
Figura 44 Problema de minimização de tempo por trajeto. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
No desenho, temos que 𝑦 = √22 + 𝑥2 = √4 + 𝑥2, que indica a distância 
percorrida a nado, na velocidade de 5 𝑘𝑚/ℎ. A distância a pé corresponde a 3 − 𝑥, na 
velocidade de 13 𝑘𝑚/ℎ. Logo, a função a maximizar será 
𝑓(𝑥) =
√4 + 𝑥2
5
+
3 − 𝑥
13
. 
Derivando e igualando a zero, temos que 
𝑓′(𝑥) = (
2𝑥
5
)(
(4 + 𝑥2)−
1
2
2
) −
1
13
=
𝑥
5√4 + 𝑥2
−
1
13
= 0. 
Devemos isolar 𝑥 desta equação; para retirarmos a raiz, podemos elevar os termos ao 
quadrado, de forma que 
𝑥2
25(4 + 𝑥2)
−
1
169
=
𝑥2
100 + 25𝑥2
−
1
169
= 0; 
169𝑥2 − 25𝑥2 − 100 = 144𝑥2 − 100 = 0; 
𝑥2 =
100
144
; 𝑥 = √
100
144
= ±
10
12
= ±
5
6
. 
Calculando a derivada segunda de 𝑓, obtemos que 
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𝑓′′(𝑥) =
5√4 + 𝑥2 − 𝑥 (
2𝑥(5)
2√4 + 𝑥2
)
(5√4 + 𝑥2)
2 =
5√4 + 𝑥2 −
5𝑥2
√4 + 𝑥2
25(4 + 𝑥2)
=
5(√4 + 𝑥2)(√4 + 𝑥2) −
5𝑥2√4 + 𝑥2
√4 + 𝑥2
25(4 + 𝑥2)√4 + 𝑥2
=
5(4 + 𝑥2) − 5𝑥2
25(4 + 𝑥2)
3
2
=
20 + 5𝑥2 − 5𝑥2
25(4 + 𝑥2)
3
2
=
20
25(4 + 𝑥2)
3
2
=
4
5(4 + 𝑥2)
3
2
> 0 ∀ 𝑥 ∈ ℝ. 
Verificamos então que os pontos críticos são extremais minimizantes; mas como 
𝑥 não pode ser negativo, temos que 𝑥 = 5 6⁄ 𝑘𝑚. Note que caso o pescador tivesse 
feito o percurso todo a pé, ele teria percorrido 5 𝑘𝑚, e à velocidade de 13 𝑘𝑚/ℎ, ele 
teria feito o percurso no tempo de em torno de 0,385 ℎ ou 23 𝑚𝑖𝑛. 
Como 𝑦 = √4 + 𝑥2 = √4 + (5 6⁄ )2 ≅ 2,17 𝑘𝑚. Esta distância na velocidade 
de natação de 5 𝑘𝑚/ℎ, é realizada no tempo em torno de 0,433 ℎ (o que supera o tempo 
gasto caso tivesse feito todo o trajeto a pé) – e sem contar que após este nado, ele deverá 
ainda realizar uma distância de aproximadamente 2,17 𝑘𝑚 a pé para chegar no ponto 𝐵. 
Esta ressalva nos explica o do porque o ponto 𝑥 com valor negativo ser também 
minimizante – ou seja, uma suposta e possível distância nadada negativa, faria com que 
o tempo gasto fosse mais rápido. 
Exercício 27. A prefeitura de um município pretende construir um parque retangular, 
cercado, com uma área de 3600 𝑚². Que forma deve ter o parque para que o 
comprimento da cerca seja mínimo? 
Exercício 28. Os pontos 𝐴 e 𝐵 são opostos um ao outro nas margens de um rio reto que 
mede 3 𝑘𝑚 de largura. Um ponto 𝐶 está na mesma margem que 𝐵, mas 6 𝑘𝑚 rio abaixo 
de 𝐵. Uma companhia telefônica deseja estender um cabo de 𝐴 até 𝐶. Se o custo por 𝑘𝑚 
do cabo é 25% mais caro sob a água do que em terra, que linha de cabo minimizará o 
custo da instalação para a companhia? Vide soluções na seção final do caderno 
Soluções dos exercícios propostos. 
 
 
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5. INTEGRAÇÃO INDEFINIDA 
 
Integral, ou integração indefinida consiste no problema de se obter uma função 
conhecendo apenas a sua derivada 
Definição 23. Uma função 𝐹(𝑥) é chamada uma primitiva da função 𝑓(𝑥) no intervalo 
𝐼 se para todo 𝑥 ∈ 𝐼, tem-se 
𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥). 
Por exemplo, seja 𝑓(𝑥) = 𝑥3, então 𝐹(𝑥) = 𝑥4/4 é uma primitiva de 𝑓 em ℝ, 
pois 𝐹′(𝑥) = 𝑥3 = 𝑓(𝑥). No entanto, 𝐺(𝑥) = 𝑥4 4⁄ + 5 também é uma primitiva de 𝑓 
em ℝ, pois 𝐺′(𝑥) = 𝑥3 = 𝑓(𝑥). Assim podemos verificar que na realidade 𝐹(𝑥) =
𝑥4 4⁄ + 𝑐, (para todo 𝑐 ∈ ℝ) é primitiva de 𝑓, pois 𝐹′(𝑥) = 𝑥3 = 𝑓(𝑥). 
Seja 𝑓(𝑥) = cos (𝑥); então 𝐹(𝑥) = sen(𝑥) + 𝑐, para todo 𝑐 ∈ ℝ é uma 
primitiva de 𝑓; pois de fato, 𝐹′(𝑥) = cos(𝑥) = 𝑓(𝑥). 
Em geral, uma função 𝑓 admite uma infinidade de primitivas sobre um intervalo. 
E isso é o que assegura a proposição seguinte. 
Proposição 14. Seja 𝐹 uma primitiva da função 𝑓 no intervalo 𝐼. Então, 𝐺(𝑥) =
𝐹(𝑥) + 𝑐, ∀𝑐 ∈ ℝ, é também primitiva de 𝑓 no intervalo 𝐼. 
Sendo 𝐹 e 𝐺 primitivas de uma função 𝑓 sobre um intervalo, pode-se questionar 
se 𝐹 e 𝐺 estão relacionadas de alguma forma; e a proposição seguinte responde esta 
questão. 
Proposição 15. Se 𝐹 e 𝐺 são primitivas de uma função 𝑓 num intervalo 𝐼, então 
existe 𝑐 ∈ ℝ tal que 𝐹(𝑥) = 𝐺(𝑥) + 𝑐, para todo 𝑥 ∈ 𝐼. 
Consideremos as funções 𝐹, 𝐺 e 𝑓 da Proposição 15; e seja 𝐻(𝑥) = 𝐹(𝑥) −
𝐺(𝑥); então, para todo 𝑥 ∈ 𝐼, temos que 𝐻′(𝑥) = 𝐹′(𝑥) − 𝐺′(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥) = 0. 
Como consequência do Teorema do Valor Médio, para todo 𝑥 ∈ 𝐼, 𝐻(𝑥) = 𝑐, então 
para todo 𝑥 ∈ 𝐼, 𝐹(𝑥) − 𝐺(𝑥) = 𝑐. 
Em outras palavras, duas primitivas de uma função diferem por uma constante. 
Logo, se conhecemos uma primitiva de uma função, também conhecemos todas as 
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primitivas da função; pois de fato, basta somar uma constante à primitiva conhecida 
para obter as outras. 
Por exemplo, seja 𝑓(𝑥) = cos(𝑥). Uma primitiva desta função é 𝐹(𝑥) =
sen (𝑥); e toda primitiva de 𝑓 é do tipo 𝐺(𝑥) = sen(𝑥) + 𝑐, 𝑐 ∈ ℝ. A Figura 45 ilustra 
este exemplo. 
Figura 45 Gráficos de algumasprimitivas de 𝑓(𝑥) = cos (𝑥). 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
Podemos verificar através da Figura 45 que às retas tangentes que passam num 
mesmo ponto 𝑥 dos gráficos de qualquer primitiva de função, possuem mesma 
inclinação. 
Definição 24. Seja 𝐹(𝑥) uma primitiva da função 𝑓(𝑥) no intervalo 𝐼. A 
expressão 𝐹(𝑥) + 𝑐, 𝑐 ∈ ℝ é chamada a integral indefinida da função 𝑓, e é denotada 
por 
∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝑐. 
Note que 
∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝑐 ⟺ 𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥); 
em particular, 
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∫𝑓′(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥) + 𝑐. 
Em geral, em integração, se 𝑓’(𝑥) = 𝑔(𝑥), então 𝑓(𝑥) é dita integral de g(x) e 
representado por 
𝑓(𝑥) = ∫ 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥; 𝑑𝑥 indica a variável de integração.
integrando
integral
 
Seguem-se alguns exemplos. 
A) ∫2𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥2 + 𝑐; pois (𝑥2 + 𝑐)′ = 2𝑥. 
B) ∫3𝑥2𝑑𝑥 = 𝑥3 + 𝑐; pois (𝑥3 + 𝑐)′ = 3𝑥2. 
C) ∫ 𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 + 𝑐; pois (𝑒𝑥 + 𝑐)′ = 𝑒𝑥. 
D) ∫√𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥1 2⁄ 𝑑𝑥 = 2𝑥3 2⁄ 3⁄ + 𝑐; 𝑝𝑜𝑖𝑠 (2𝑥3 2⁄ 3⁄ + 𝑐)′ = 𝑥1 2⁄ = √𝑥. 
Teorema 13 (Linearidade da Integral). Sejam 𝐹 e 𝐺 primitivas de 𝑓 e 𝑔, 
respectivamente, num intervalo 𝐼; e 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ. Então 𝛼𝐹 + 𝛽𝐺 é uma primitiva de 𝛼𝑓 +
𝛽𝑔, e 
∫[𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = 𝛼∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫𝑔(𝑥) 𝑑𝑥. 
Se 𝐹 e 𝐺 são primitivas de 𝑓 e 𝑔, respectivamente, então 𝛼𝐹(𝑥) + 𝛽𝐺(𝑥) é 
primitiva de 𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥), e assim 
∫[𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = (𝛼𝐹(𝑥) + 𝛽𝐺(𝑥)) + 𝑐 = 𝛼(𝐹(𝑥) + 𝑐1) + 𝛽(𝐺(𝑥) + 𝑐2)
= 𝛼∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫𝑔(𝑥) 𝑑𝑥. 
Por exemplo, calcularemos a integral de 
∫[10𝑒𝑥 +
1
√𝑥
4 ] 𝑑𝑥. 
Usando o Teorema de linearidade, podemos escrever a integral como 
∫[10𝑒𝑥 +
1
√𝑥
4 ] 𝑑𝑥 = 10∫𝑒
𝑥 𝑑𝑥 + ∫
𝑑𝑥
√𝑥
4 . 
Como [𝑒𝑥]′ = 𝑒𝑥, e (4 3⁄ )[√𝑥3
4
]
′
= 1/√𝑥
4
, então 
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∫[10𝑒𝑥 +
1
√𝑥
4 ] 𝑑𝑥 = 10𝑒
𝑥 +
4
3
√𝑥3
4
+ 𝑐. 
A seguir, será apresentado uma lista de integrais fundamentais. 
 
5.2 Integrais e regras de integração fundamentais 
 
Seja 𝑥 uma variável independente, então 
 
1. ∫𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑐; 
2. ∫
𝑑𝑥
𝑥
= ln(|𝑥|) + 𝑐; 
3. ∫ 𝑥𝛼 𝑑𝑥 =
𝑥𝛼+1
𝛼 + 1
+ 𝑐,
𝛼 ∈ ℝ − {−1}; 
4. ∫ 𝑎𝑥𝑑𝑥 =
𝑎𝑥
ln(𝑎)
+ 𝑐, 𝑎 > 0, 𝑎 ≠ 1; 
5. ∫ 𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 + 𝑐; 
6. ∫ sen(𝑥)𝑑𝑥 = −cos(𝑥) + 𝑐; 
7. ∫ cos(𝑥) 𝑑𝑥 = sen(𝑥) + 𝑐; 
8. ∫ sec2(𝑥) 𝑑𝑥 = tg(𝑥) + 𝑐; 
9. ∫ sec(𝑥) tg(𝑥)𝑑𝑥 = sec(𝑥) + 𝑥; 
10. ∫
𝑑𝑥
√1 − 𝑥2
= arcsen(𝑥) + 𝑐; 
11. ∫
𝑑𝑥
1 + 𝑥2
= arctg(𝑥) + 𝑐; 
12. ∫
𝑑𝑥
𝑥√𝑥2 − 1
= arcsec(𝑥) + 𝑐; 
13. ∫
𝑑𝑥
√1 + 𝑥2
= argsenh(𝑥) + 𝑐; 
14. ∫
𝑑𝑥
√𝑥2 − 1
= argcosh(𝑥) + 𝑐; 
15. ∫
𝑑𝑥
𝑥√1 − 𝑥2
= −argsech(|𝑢|) + 𝑐.
Podemos notar pelas cinco primeiras integrais fundamentais apresentadas, junto 
do Teorema da Linearidade, um conjunto de regras que pode ser formalizado – assim 
como foram apresentadas as regras básicas de derivação. 
Regra da multiplicação por constante. Seja 𝑘 uma constante, então 
∫𝑘𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑘∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥. 
 
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Regra da soma. 
∫[𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = ∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 ± ∫𝑔(𝑥) 𝑑𝑥. 
Regra da potência. Para 𝑛 ∈ ℝ − {−1}. 
∫𝑥𝑛 𝑑𝑥 =
𝑥𝑛+1
𝑛 + 1
+ 𝑐. 
Regra do exponencial. Para 𝑘 ∈ ℝ. 
∫𝑒𝑘𝑥 𝑑𝑥 =
1
𝑘
𝑒𝑘𝑥 + 𝑐. 
Regra do logaritmo natural. 
∫
1
𝑥
 𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑥
𝑥
= ln|𝑥| + 𝑐. 
Para que sejam exemplificadas tais regras, resolveremos alguns casos. 
1º Caso. Calcularemos ∫(2𝑥5 + 8𝑥3 − 3𝑥2 + 5)𝑑𝑥. Como primeiro passo, usamos a 
regra da soma, de forma que ∫(2𝑥5 + 8𝑥3 − 3𝑥2 + 5) 𝑑𝑥 = ∫2𝑥5 𝑑𝑥 + ∫8𝑥3 𝑑𝑥 −
∫3𝑥2 𝑑𝑥 + ∫5 𝑑𝑥. Como segundo passo, usamos a regra da multiplicação por 
constante, de forma que ∫2𝑥5 𝑑𝑥 + ∫8𝑥3 𝑑𝑥 − ∫3𝑥2 𝑑𝑥 + ∫5 𝑑𝑥 = 2∫ 𝑥5 𝑑𝑥 +
8∫𝑥3 𝑑𝑥 − 3∫ 𝑥2 𝑑𝑥 + 5∫𝑑𝑥. Como terceiro passo, usamos a regra da potência, e 
obtemos que 
2∫𝑥5 𝑑𝑥 + 8∫𝑥3 𝑑𝑥 − 3∫𝑥2 𝑑𝑥 + 5∫𝑑𝑥 =
2𝑥6
6
+
8𝑥4
4
−
3𝑥3
3
+
5𝑥
1
+ 𝑐
=
𝑥6
3
+ 2𝑥4 − 𝑥3 + 5𝑥 + 𝑐. 
2º Caso. Calcularemos ∫ 3 𝑑𝑥. Usando a regra da multiplicação por constante, obtemos 
que ∫ 3 𝑑𝑥 = 3∫𝑑𝑥. Nota-se que ∫𝑑𝑥 = ∫ 𝑥0 𝑑𝑥. Usando a regra da potência, 
obtemos que 
∫3 𝑑𝑥 = 3𝑥 + 𝑐. 
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3º Caso. Calcularemos ∫ 4𝑥3 𝑑𝑥. Usando a regra da multiplicação por constante, 
obtemos que ∫ 4𝑥3 𝑑𝑥 = 4∫ 𝑥3 𝑑𝑥. Usando agora a regra da potência, de forma bem 
desenhada, temos que 
4∫𝑥3 𝑑𝑥 = 4
𝑥3+1
3 + 1
+ 𝑐 =
4𝑥4
4
+ 𝑐 = 𝑥4 + 𝑐. 
4º Caso. Calcularemos ∫√𝑥 𝑑𝑥. Observa-se que ∫√𝑥 𝑑𝑥 = ∫𝑥
1
2 𝑑𝑥. Assim, utilizando 
a regra da potência, temos que 
∫√𝑥 𝑑𝑥 = ∫𝑥
1
2 𝑑𝑥 =
𝑥
3
2
3
2
+ 𝑐 =
2𝑥
3
2
3
+ 𝑐. 
5º Caso. Calcularemos ∫ 𝑒3𝑥 𝑑𝑥. Usando a regra do exponencial, de forma que 𝑘 = 3, 
temos que 
∫𝑒3𝑥 𝑑𝑥 =
𝑒3𝑥
3
+ 𝑐. 
6º Caso. Calcularemos ∫ 𝑒−5𝑥 2⁄ 𝑑𝑥. Usando a regra do exponencial, de forma que 𝑘 =
−5/2, temos que 
∫𝑒−
5𝑥
2 𝑑𝑥 =
1
−
5
2
𝑒−
5𝑥
2 + 𝑐 = −
2𝑒−
5𝑥
2
5
+ 𝑐. 
7º Caso. Calcularemos ∫(2 𝑥⁄ ) 𝑑𝑥. Usando a regra de multiplicação por constante, 
temos que ∫(2 𝑥⁄ ) 𝑑𝑥 = 2∫𝑑𝑥 𝑥⁄ . Usando agora a regra do logaritmo natural, obtemos 
que 
∫
2
𝑥
 𝑑𝑥 = 2∫
𝑑𝑥
𝑥
= 2 ln|𝑥| + 𝑐. 
8º Caso. Calcularemos ∫[2𝑥 (𝑥2 + 1)⁄ ] 𝑑𝑥. Neste caso, se utilizarmos a regra da 
multiplicação por constante, obtemos que ∫[2𝑥 (𝑥2 + 1)⁄ ] 𝑑𝑥 = 2∫[𝑥 (𝑥2 + 1)⁄ ] 𝑑𝑥. 
No entanto, não temos como aplicar a regra do logaritmo natural logo de cara. De fato, 
podemos identificar que ∫[2𝑥 (𝑥2 + 1)⁄ ] 𝑑𝑥 = ln|𝑥2 + 1| + 𝑐; pois (ln|𝑥2 + 1| +
𝑐)′ = 2𝑥/(𝑥2 + 1). Mas para resolvermos, precisaremos utilizar de métodos de 
integração, como veremos a seguir. 
 
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5.3 Métodos de integração 
 
Nesta seção, serão apresentados os métodos mais utilizados que nos permitirão 
determinar uma grande quantidade de integrais não imediatas. Mas antes disto, é 
importante salientar três regras básicas de integral indefinida. Primeiro, consideramos 
que 
∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝑐. 
Então definimos como regras básicas que 
∫𝑓(𝐴𝑥) 𝑑𝑥 =
𝐹(𝐴𝑥)
𝐴
+ 𝑐 ; 
∫𝑓(𝑥 + 𝐵) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥 + 𝐵) + 𝑐; 
∫𝑓(𝐴𝑥 + 𝐵) 𝑑𝑥 =
1
𝐴
𝐹(𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑐. 
Por exemplo, suponha que 𝑓(𝑥) = 𝑥2; e que 𝐴 = 3; logo 𝑓(𝐴𝑥) = 3𝑥2. Desta 
forma, temos que ∫𝑓(3𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹(3𝑥) 3⁄ + 𝑐; e assim 
∫(3𝑥)2 𝑑𝑥 =
(3𝑥)3
3 × 3
+ 𝑐 = 3𝑥3 + 𝑐. 
Desta forma, resolvemos este problema sem utilizar a regra da multiplicação por 
constante. Calculemos agora ∫√3𝑥𝑑𝑥. Como √3𝑥 = √3√𝑥, podemos utilizar a regra 
da multiplicação por constante, de forma que ∫√3𝑥 𝑑𝑥 = √3∫√𝑥 𝑑𝑥; e utilizando a 
regra da potência, temos que 
√3∫√𝑥 𝑑𝑥 =
√3𝑥
3
2
3
2
+ 𝑐 =
2√3√𝑥3
3
+ 𝑐 =
2√3𝑥3
3
+ 𝑐. 
Aplicando diretamente a regra, de forma que 𝐴 = 3, e 𝑓(𝑥) = √𝑥, e assim 𝑓(𝐴𝑥) =
√3𝑥, temos que 
∫√3𝑥 𝑑𝑥 = ∫(3𝑥)
1
2 𝑑𝑥 =
(3𝑥)
3
2
3
2
3
+ 𝑐 =
2(3𝑥)
3
2
9
+ 𝑐. 
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Podemos verificar que de fato, 
2√3𝑥3
3
=
2(3)
1
2𝑥
3
2
3
=
2(3)
1
1(3)
1
2𝑥
3
2
3(3)
1
1
=
2(3)
3
2𝑥
3
2
9
=
2(3𝑥)
3
2
9
. 
Observe que a regra do exponencial faz uso desta regra básica. Por exemplo, no 5º Caso 
apresentado na seção 5.2, onde se calcula ∫ 𝑒3𝑥 𝑑𝑥, pode-se fazer com que 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥, e 
𝐴 = 3; e assim ∫ 𝑒3𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒3𝑥 3⁄ + 𝑐. 
Considere agora 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 e 𝐵 = 3; logo 𝑓(𝑥 + 𝐵) = 𝑒𝑥+3. Aplicando a regra 
básica, temos que ∫ 𝑒𝑥+3 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥+3 + 𝑐. Considere agora que 𝑓(𝑥) = 1/𝑥, um caso 
em que devemos usar a regra do logaritmo natural. Considere que 𝐵 = 5, logo 𝑓(5 +
𝑥) = 1/(𝑥 + 5). Logo, 
∫
1
𝑥 + 5
 𝑑𝑥 = ln|𝑥 + 5| + 𝑐. 
Considere agora novamente que 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥, 𝐴 = 3, e 𝐵 = −7, temos que 
𝑓(𝐴𝑥 + 𝐵) = 𝑒3𝑥−7. Desta forma podemos resolver 
∫𝑒3𝑥−7 𝑑𝑥 =
𝑒3𝑥−7
3
+ 𝑐. 
Considere agora que 𝑓(𝑥) = 1/𝑥, 𝐴 = 4 e 𝐵 = 7; assim 𝑓(𝐴𝑥 + 𝐵) = 1 (4𝑥 + 7)⁄ . 
Podemos então resolver que 
∫
1
4𝑥 + 7
 𝑑𝑥 =
ln|4𝑥 + 7|
4
+ 𝑐. 
Considere agora que 𝑓(𝑥) = 𝑥2, 𝐴 = 4 e 𝐵 = 1; assim 𝑓(𝐴𝑥 + 𝐵) = (4𝑥 + 1)2. 
Assim, podemos resolver que 
∫(4𝑥 + 1)2 𝑑𝑥 =
(𝑥 + 1)³
4(3)
+ 𝑐 =
(4𝑥 + 1)³
12
+ 𝑐. 
Estudaremos agora os métodos de integração, a começar pelo que se baseia na 
regra da cadeia. 
 
 
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5.3.1 Método de substi tuição 
 
Sejam 𝐹 uma primitiva de 𝑓 num intervalo 𝐼 e 𝑔 uma função derivável tal que 
𝐹 ∘ 𝑔 esteja definida. Usando a regra da cadeia, temos que (𝐹(𝑔(𝑥)))′ =
𝐹′(𝑔(𝑥))𝑔′(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥))𝑔′(𝑥), então 
∫𝑓(𝑔(𝑥))𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑔(𝑥)) + 𝑐. 
Fazendo 𝑢 = 𝑔(𝑥), tem-se que 𝑑𝑢 = 𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥; e assim substituindo na expressão 
anterior, temos que 
∫𝑓(𝑔(𝑥))𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫𝑓(𝑢) 𝑑𝑢 = 𝐹(𝑢) + 𝑐. 
Este é chamado o método de substituição simples. 
Considere o 8º Caso apresentado na seção 5.2, onde é pedido para calcular 
∫[2𝑥 (𝑥2 + 1)⁄ ] 𝑑𝑥. Fazendo 𝑢 = 𝑥2 + 1, temos17 que 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥. Substituindo na 
integral, temos que 
∫[
2𝑥
(𝑥2 + 1)
] 𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑢
𝑢
= ln|𝑢| + 𝑐 = ln|𝑥2 + 1| + 𝑐. 
Resolvemos agora, por exemplo, ∫ sen2(𝑥) cos(𝑥) 𝑑𝑥. Fazendo com que 𝑢 =
sen(𝑥), então 𝑑𝑢 = cos(𝑥) 𝑑𝑥. Substituindo na integral, temos que 
∫sen2(𝑥) cos(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫𝑢2 𝑑𝑢 =
𝑢3
3
+ 𝑐 =
sen3(𝑥)
3
+ 𝑐. 
Como um outro exemplo, resolvamos agora ∫𝑑𝑥/(3𝑥 + 7)7. Fazendo 𝑢 = 3𝑥 +
7, então 𝑑𝑢 = 3𝑑𝑥, o que equivale a 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢/3. Substituindo na integral, temos que 
∫
𝑑𝑥
(3𝑥 + 7)7
= ∫
𝑑𝑢
3𝑢7
=
1
3
∫
𝑑𝑢
𝑢7
=
1
3
∫𝑢−7𝑑𝑢 =
1
3
𝑢−6
(−6)
+ 𝑐 = −
1
18𝑢6
+ 𝑐
= −
1
18(3𝑥 + 7)6
. 
Como um exemplo final, será resolvido ∫[ln(𝑥) 𝑥⁄ ] 𝑑𝑥. Fazendo 𝑢 = ln(𝑥), 
então 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥/𝑥. Substituindo na integral, temos que 
 
17 Considerando 𝑢 = 𝑥2 + 1, temos que 𝑢′ = 𝑑𝑢 𝑑𝑥⁄ = 2𝑥; logo 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
∫[
ln(𝑥)
𝑥
] 𝑑𝑥 = ∫𝑢 𝑑𝑢 =
𝑢2
2
+ 𝑐 =
(ln(𝑥))2
2
+ 𝑐. 
Exercício 29. Utilizando o método da substituição simples, resolva as seguintes 
integrais: 
(𝑎) ∫2𝑥𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 , 
(𝑏) ∫𝑥𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 , 
(𝑐) ∫
𝑥 𝑑𝑥
√𝑥 + 1
, 
(𝑑) ∫
𝑑𝑥
√1 + √𝑥
3
, 
(𝑒) ∫
𝑥2 + 1
√𝑥 + 3
3 𝑑𝑥. 
Vide soluções na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
 
5.3.2 Método de integração por partes 
 
O método de integração por partes utiliza da regra da multiplicação de funções 
em derivação. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções deriváveis no intervalo 𝐼. Derivando o produto de 𝑓 
e 𝑔, temos que 
(𝑓(𝑥)𝑔(𝑥))
′
= 𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥), 
o que equivale a igualdade de 
𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥) = (𝑓(𝑥)𝑔(𝑥))
′
− 𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥). 
Integrando ambos os lados, temos que 
∫𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) − ∫𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) 𝑑𝑥. 
Fazemos então que 𝑢 = 𝑓(𝑥) e 𝑑𝑣 = 𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥; e assim temos que 𝑑𝑢 = 𝑓′(𝑥) 𝑑𝑥 e 
𝑣 = 𝑔(𝑥). Logo, 
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∫𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫𝑣 𝑑𝑢. 
Este método de integração nos permite transformar a integração de 𝑢 𝑑𝑣 na 
integração de 𝑣 𝑑𝑢. É importante saber escolher a substituição 𝑢 e 𝑑𝑣 na integral de 
partida. Devemos escolher 𝑣′ tal que permita determinar 𝑣. As expressões 𝑢′ e 𝑣 devem 
ser mais simples que as de 𝑢 e 𝑣′, respectivamente. 
Para melhor ilustração, serão verificados agora alguns exemplos de cálculo de 
integração indefinida através do método de integração por partes. 
Exemplo 1. Calcularemos ∫ ln(𝑥) 𝑑𝑥. Façamos 𝑢 = ln(𝑥) e 𝑑𝑣 = 𝑑𝑥; então 𝑑𝑢 =
𝑑𝑥/𝑥 e 𝑣 = 𝑥; logo 
∫ ln(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫𝑣 𝑑𝑢 = 𝑥 ln(𝑥) − ∫𝑥
𝑑𝑥
𝑥
= 𝑥 ln(𝑥) − 𝑥 + 𝑐. 
Exemplo 2. Calcularemos ∫𝑥 𝑒2𝑥 𝑑𝑥. Façamos 𝑢 = 𝑥 e 𝑑𝑣 = 𝑒2𝑥 𝑑𝑥; logo 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥, 
e 𝑣 = 𝑒2𝑥/2; logo 
∫𝑥 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 = ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫𝑣 𝑑𝑢 =
𝑥𝑒2𝑥
2
−∫
𝑒2𝑥
2
 𝑑𝑥 =
𝑥𝑒2𝑥
2
−
1
2
∫𝑒2𝑥 𝑑𝑥
=
𝑥𝑒2𝑥
2
−
1
2
𝑒2𝑥
2
+ 𝑐 =
𝑥𝑒2𝑥
2
−
𝑒2𝑥
4
+ 𝑐. 
Exemplo 3. Calcularemos ∫𝑥2 sen(𝑥) 𝑑𝑥. Façamos 𝑢 = 𝑥2 e 𝑑𝑣 = sen(𝑥) 𝑑𝑥; 
então 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥, e 𝑣 = −cos(𝑥); logo 
∫𝑥2 sen(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫𝑣 𝑑𝑢 = −𝑥2 cos(𝑥) − ∫−cos(𝑥) 2𝑥 𝑑𝑥
= −𝑥2 cos(𝑥) + 2∫cos(𝑥) 2𝑥 𝑑𝑥. 
Calcularemos agora ∫ cos(𝑥) 2𝑥 𝑑𝑥 novamente por partes. Fazendo 𝑢 = 𝑥 e 𝑑𝑣 =
cos(𝑥) 𝑑𝑥, temos que 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 e 𝑣 = sen (𝑥); logo 
∫cos(𝑥) 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫𝑣 𝑑𝑢 = 𝑥 sen(𝑥) − ∫sen(𝑥) 𝑑𝑥
= 𝑥 sen(𝑥) + cos(𝑥) + 𝑐. 
Desta forma, juntando com a primeira parte, temos que 
∫𝑥2 sen(𝑥) 𝑑𝑥 = −𝑥2 cos(𝑥) + 2(𝑥 sen(𝑥) + cos(𝑥)) + 𝑐. 
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Este método é bem interessante; e o grande segredo é fazer 𝑣′ (ou 𝑑𝑣) uma 
função que seja facilmente integrada à primeira vista. 
Uma dica consiste que quando temos um polinômio, como 𝑃(𝑥), e uma função 
exponencial, do tipo 𝑒𝐴𝑥, para calcular ∫𝑃(𝑥)𝑒𝐴𝑥 𝑑𝑥, fazemos 𝑢 = 𝑃(𝑥) e 𝑑𝑣 =
𝑒𝐴𝑥 𝑑𝑥. 
Caso tenhamos um polinômio do tipo 𝑃(𝑥), e um logaritmo natural, do tipo 
ln(𝑥), para calcular ∫𝑃(𝑥) ln(𝑥) 𝑑𝑥, fazemos 𝑢 = ln(𝑥) e 𝑑𝑣 = 𝑃(𝑥) 𝑑𝑥. 
Em alguns casos, é maisprático utilizar o método de substituição simples, e 
depois utilizar a integração por partes. Continuaremos agora com mais exemplos. 
Exemplo 4. Calcularemos ∫𝑥3𝑒𝑥
2
𝑑𝑥. Aqui, utilizaremos a substituição simples, 
fazendo 𝑡 = 𝑥2, então 𝑑𝑡 = 2𝑥 𝑑𝑥, e logo 𝑑𝑡 2⁄ = 𝑥 𝑑𝑥. Assim, temos que 
∫𝑥3𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 = ∫
𝑡𝑒𝑡𝑑𝑡
2
=
1
2
∫ 𝑡𝑒𝑡 𝑑𝑡. 
Agora, para integrar por partes, fazemos 𝑢 = 𝑡 e 𝑑𝑣 = 𝑒𝑡 𝑑𝑡; e assim 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 e 𝑣 =
𝑒𝑡; e assim 
∫𝑥3𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 =
1
2
∫𝑡𝑒𝑡 𝑑𝑡 =
1
2
(𝑢𝑣 − ∫𝑣 𝑑𝑢) =
1
2
(𝑡𝑒𝑡 −∫𝑒𝑡 𝑑𝑡) =
1
2
(𝑡𝑒𝑡 − 𝑒𝑡) + 𝑐
=
1
2
(𝑥2𝑒𝑥
2
− 𝑒𝑥
2
) + 𝑐 =
𝑒𝑥
2
2
(𝑥2 − 1) + 𝑐. 
Exemplo 5. Calcularemos ∫𝑥3 sen(2𝑥2) 𝑑𝑥. Neste caso, é conveniente fazermos 
𝑡 = 2𝑥2, e logo 𝑑𝑡 = 4𝑥 𝑑𝑥; e assim 𝑑𝑡 4⁄ = 𝑥 𝑑𝑥, e 𝑥2 = 𝑡/2. Fazendo as 
substituições, temos que 
∫𝑥3 sen(2𝑥2) 𝑑𝑥 = ∫
𝑡
2
sen(𝑡)
𝑑𝑡
4
=
1
8
∫ 𝑡 sen(𝑡) 𝑑𝑡. 
Observa-se que (𝑡 2⁄ )(𝑑𝑡 4⁄ ) = 𝑥2𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥3 𝑑𝑥, o que resolve a parcela 𝑥3 𝑑𝑥 da 
integral. Fazemos agora a integração por partes de ∫ 𝑡 sen(𝑡) 𝑑𝑡. Denotamos por 𝑢 = 𝑡 
e 𝑑𝑣 = sen(𝑡) 𝑑𝑡; e então 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 e 𝑣 = −cos(𝑡); e assim temos que 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
∫𝑥3 sen(2𝑥2) 𝑑𝑥 =
1
8
∫ 𝑡 sen(𝑡) 𝑑𝑡 =
1
8
(𝑢𝑣 − ∫𝑣 𝑑𝑢)
=
1
8
(− cos(𝑡) 𝑡 − ∫−cos(𝑡) 𝑑𝑡) =
1
8
(−𝑐𝑜𝑠𝑡 (𝑡)𝑡 − (− sen(𝑡))) + 𝑐
=
1
8
(−2𝑥2 cos(2𝑥2) + sen(2𝑥2)) + 𝑐. 
Exercício 30. Resolva as seguintes integrais. 
(𝑎) ∫ 𝑥𝑒𝑥 𝑑𝑥; 
(𝑏) ∫ 𝑥2𝑒𝑥 𝑑𝑥; 
(𝑐) ∫ 𝑥2 ln(𝑥) 𝑑𝑥. 
Exercício 31. Resolva as integrais abaixo. 
(𝑎) ∫ 𝑥(5)−𝑥
2
 𝑑𝑥 ; 
(𝑏) ∫
𝑥𝑒𝑥
(𝑥 + 1)2
 𝑑𝑥 ; 
(𝑐) ∫ (𝑥 +
1
𝑥
)
3
2
(
𝑥2 − 1
𝑥2
) 𝑑𝑥 ; 
(𝑑) ∫ ln3(𝑥) 𝑑𝑥 ; 
(𝑒) ∫ 𝑥5𝑒𝑥
2
𝑑𝑥; 
(𝑓) ∫
𝑥2 + 1
√𝑥 + 3
3 𝑑𝑥. 
Vide soluções na seção final do caderno Soluções dos exercícios propostos. 
 
 
 
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124 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
6. REFERÊNCIAS 
 
 
SILVA, W. R. Curso de Cálculo Diferencial e Integral I (IME01-00508). Ofertado 
pelo Departamento de Análise Matemática do Instituto de Matemática e Estatística 
(IME) da Universidade do Estado do Rio de Janeiro (UERJ) no primeiro semestre do 
ano letivo de 2012. 
VILCHES, M. e CORRÊA, M. L. Cálculo I: volume I. Rio de Janeiro: Departamento 
de Análise, Instituto de Matemática e Estatística (IME), Universidade do Estado do 
Rio de Janeiro (UERJ). Edição [online] de maio de 2018. Disponível em: 
<https://www.ime.uerj.br/~calculo/reposit/calculo1.pdf>. Acesso em 15 de julho de 
2020. 
 
 
 
Nota do autor. 
Muito zelo foi empregado na edição deste caderno, no entanto, é possível de 
ocorrer erros/falhas. Caso encontre, não hesite em entrar em contato online via site 
https://sites.google.com/view/pedrobritto. Agradeço ao meu professor, Wellington Reis, 
que apresentou esta disciplina de forma bem dinâmica facilitando o seu estudo. E 
agradeço ao IME/UERJ por disponibilizar online o excelente livro de Cálculo, de 
Mauricio A. Vilches e Maria Luiza Corrêa; que foi fundamental e de grande auxílio 
para elaboração deste material. 
Rio de Janeiro, 15 de julho de 2020. 
Pedro Cezar Johnson Rodrigues de Britto 
 
 
A seguir, será apresentado uma lista com todas as definições, proposições, teoremas e 
corolários desenvolvidos neste caderno; a lista de exercícios propostos apresentados ao 
longo das seções; e as soluções dos exercícios propostos. 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
https://www.ime.uerj.br/~calculo/reposit/calculo1.pdf
https://sites.google.com/view/pedrobritto
125 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
LISTA DE DEFINIÇÕES, PROPOSIÇÔES, TEOREMAS E 
COROLÁRIOS 
 
 
LIMITES. (Seção 2). 
Definição 1. Sejam 𝑓 ∶ 𝐴 ⟶ ℝ uma função e 𝑏 ∈ ℝ tais que para todo 
intervalo aberto 𝐼, contendo 𝑏, tem-se 𝐼 ∩ (𝐴 − {𝑏}) ≠ 𝜙. O número real 𝐿 é o limite de 
𝑓(𝑥) quando 𝑥 aproxima-se de 𝑏 quando para todo número 𝜀 > 0, existe 𝛿 > 0 (𝛿 
dependendo de 𝜀), tal que, se 𝑥 ∈ 𝐴 e 0 < |𝑥 − 𝑏| < 𝛿, então |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀. A 
notação é: 
lim
𝑥→𝑏
𝑓(𝑥) = 𝐿. 
Proposição 1. Unicidade do limite. Se lim
𝑥→𝑏
𝑓(𝑥) = 𝐿1 e lim
𝑥→𝑏
𝑓(𝑥) = 𝐿2; (𝐿1, 𝐿2 ∈ ℝ), 
então 𝐿1 = 𝐿2. Em outras palavras, se o limite existe (é um número real), ele é único. 
Corolário 1. Se as funções 𝑓(𝑥) e 𝑔(𝑥) são tais que 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) exceto num ponto 𝑏, 
então: 
lim
𝑥→𝑏
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→𝑏
𝑔(𝑥), 
desde que exista um dos limites. 
Proposição 2. Se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) e lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) existem, então para todo 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ: 
1. lim
𝑥→𝑎
[𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥)] = 𝛼 lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) + 𝛽 lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥). 
2. lim
𝑥→𝑎
[𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)] = [lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)] [lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥)]. 
3. lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
=
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥)
, se lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) ≠ 0. 
4. lim
𝑥→𝑎
[𝑓(𝑥)]2 = [lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)]
𝑛
, 𝑠𝑒 𝑛 ∈ ℕ. 
5. lim
𝑥→𝑎
√𝑓(𝑥)
𝑛
= √lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)𝑛 , se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) ≥ 0 
e 𝑛 é qualquer natural, ou lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) positivo, negativo ou nulo e 𝑛 é natural ímpar. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
6. lim
𝑥→𝑎
ln[𝑓(𝑥)] = ln [𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)] , se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) > 0. 
7. Se lim
𝑥→𝑎
ℎ(𝑥) = lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = 𝐿 e existe 𝛿 > 0 tal que ℎ(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥), 
para 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿, então lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝐿. 
 
LIMITES LATERAIS. (Seção 2.1). 
Definição 2. 
1. Seja 𝑎 ∈ ℝ, tal que existe 𝑏 ∈ ℝ, e (𝑎, 𝑏) ⊂ 𝐷𝑜𝑚(𝑓); o número real 𝐿 é o limite 
à direita de 𝑓(𝑥) quando 𝑥 se aproxima de 𝑎 pela direita, se para todo 𝜀 > 0, 
existe 𝛿 > 0 tal que |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀, se 𝑎 < 𝑥 < 𝑎 + 𝛿. A notação é: 
lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) = 𝐿. 
2. Seja 𝑎 ∈ ℝ, tal que existe 𝑐 ∈ ℝ, e (𝑐, 𝑎) ⊂ 𝐷𝑜𝑚(𝑓); o número real 𝐿 é o limite 
à esquerda de 𝑓(𝑥), quando 𝑥 se aproxima de 𝑎 pela esquerda, se para todo 𝜀 >
0, existe 𝛿 > 0, tal que |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀, se 𝑎 − 𝛿 < 𝑥 < 𝑎. A notação é: 
lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) = 𝐿. 
 
RELAÇÃO ENTRE LIMITE E LIMITES LATERAIS. (Seção 2.2.1). 
Teorema 1. Seja 𝑓(𝑥) uma função com domínio 𝐷 nas condições das definições. 
Então lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝐿, se e somente se os limites laterais existirem, e lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) =
lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) = 𝐿. 
 
LIMITES NO INFINITO. (Seção 2.3). 
Definição 3. 
1. Seja 𝑓 ∶ (𝑎, +∞) → ℝ. Diz-se que lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = 𝐿 quando para todo 𝜀 > 0, 
existe 𝐴 > 0 tal que |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀 se 𝑥 > 𝐴. 
2. Seja 𝑓 ∶ (−∞, 𝑏) → ℝ. Diz-se que lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = 𝐿 quando para todo 𝜀 > 0, 
existe 𝐵 > 0 tal que |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀 se 𝑥 < −𝐵. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Proposição 3. Para todonúmero natural 𝑛 e para 𝑏 ∈ ℝ − {0}, tem-se: 
1. lim
𝑥→+∞
𝑏
𝑥𝑛
= 0. 
2. lim
𝑥→−∞
𝑏
𝑥𝑛
= 0. 
Proposição 4. Se lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥) e lim
𝑥→±∞
𝑔(𝑥) existem, então para todo 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ: 
1. lim
𝑥→±∞
(𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥)) =𝛼 lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥) + 𝛽 lim
𝑥→±∞
𝑔(𝑥), 
2. lim
𝑥→±∞
(𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)) = ( lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥)) ( lim
𝑥→±∞
𝑔(𝑥)), 
3. lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
=
lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥)
lim
𝑥→±∞
𝑔(𝑥)
, se lim
𝑥→±∞
𝑔(𝑥) ≠ 0. 
Proposição 5. Seja 
𝑓(𝑥) =
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
, 
onde 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥
𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥
𝑛−1 +⋯+ 𝑎0 e 𝑄(𝑥) = 𝑏𝑚𝑥
𝑚 + 𝑏𝑚−1𝑥
𝑚−1 +⋯+ 𝑏0 são 
polinômios de coeficientes reais de graus 𝑛 e 𝑚, respectivamente, isto é 𝑎𝑛 ≠ 0 e 𝑏𝑚 ≠
0; então: 
lim
𝑥→±∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
= {
𝑎𝑛
𝑏𝑛
 se 𝑛 = 𝑚,
0 se 𝑛 < 𝑚.
 
 
LIMITES INFINITOS. (Seção 2.4). 
Definição 4. 
1. Diz-se que que lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥) = +∞, quando para todo 𝐴 > 0, existe 𝛿 > 0 tal que 
𝑓(𝑥) > 𝐴, se 𝑥 ∈ 𝐷 e 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿. 
2. Diz-se que lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥) = −∞, quando para todo 𝐵 > 0, existe 𝛿 > 0 tal que 
𝑓(𝑥) < −𝐵, se 𝑥 ∈ 𝐷 e 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿. 
 
 
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Proposição 6. Para todo número natural 𝑛, temos: 
1. lim
𝑥→0+
1
𝑥𝑛
= +∞. 
2. lim
𝑥→0−
1
𝑥𝑛
= {
+∞ se 𝑛 é par, 
−∞ se 𝑛 é ímpar.
 
Proposição 7. Sejam 𝑓(𝑥) e 𝑔(𝑥) funções tais que lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) ≠ 0 e lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) =
0, então: 
1. lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= +∞ se 
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
> 0 para valores de 𝑥 próximos de 𝑎. 
2. lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= −∞ se 
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
< 0 para valores de 𝑥 próximos de 𝑎. 
Corolário 2. Para funções racionais, temos: 
lim
𝑥→±∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
= {
±∞ se 𝑛 > 𝑚,
𝑎𝑛
𝑏𝑚
 se 𝑛 = 𝑚,
0 se 𝑛 < 𝑚.
 
 
ASSÍNTOTAS. (Seção 2.7). 
Definição 5. 
1. A reta 𝑦 = 𝑏 é uma assíntota horizontal ao gráfico da função 𝑦 = 𝑓(𝑥) se pelo 
menos uma das seguintes afirmações é verdadeira: 
lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = 𝑏 ou lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = 𝑏. 
2. A reta 𝑥 = 𝑎 é uma assíntota vertical ao gráfico da função 𝑦 = 𝑓(𝑥) se pelo 
menos uma das seguintes afirmações é verdadeira: 
lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) = ±∞ ou lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) = ±∞. 
 
CONTINUIDADE DE FUNÇÕES. (Seção 2.8). 
Definição 6. Seja 𝑓 uma função, e 𝑎 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), onde 𝐷𝑜𝑚(𝑓) é um intervalo aberto 
ou uma reunião de intervalos abertos; dizemos que 𝑓 é contínua em 𝑎, se as condições 
abaixo são satisfeitas. 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
1. 𝑓(𝑎) existe. 
2. lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) existe. 
3. 𝑓(𝑎) = lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥). 
Se uma destas três condições não é satisfeita, dizemos então que 𝑓 é descontínua em 
x=a. 
Proposição 8. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções contínuas no ponto 𝑎. Então: 
1. 𝛼𝑓 + 𝛽𝑔 são contínuas em 𝑎, para todo 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ. 
2. 𝑓𝑔 é contínua em 𝑎. 
3. 
𝑓
𝑔
 é contínua em 𝑎, se 𝑎 ∈ 𝐷𝑜𝑚 (
𝑓
𝑔
). 
Definição 7. Uma função 𝑓 é dita contínua em 𝐴 ⊂ ℝ se 𝑓 é contínua em cada ponto 
de 𝐴. Se 𝑓 é contínua em 𝐴 e 𝐵 ⊂ 𝐴, então 𝑓 é contínua em 𝐵. 
 
CONTINUIDADE EM FUNÇÕES COMPOSTAS. (Seção 2.8.1). 
Proposição 9. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções tais que lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝑏, e 𝑔 é contínua no 
ponto 𝑏, então 
lim
𝑥→𝑎
(𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥) = 𝑔 (lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)). 
Teorema 2. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções tais que 𝑔 ∘ 𝑓 esteja bem definida. Se 𝑓 é contínua 
no ponto 𝑎 e 𝑔 é contínua em 𝑓(𝑎), então 𝑔 ∘ 𝑓 é contínua em 𝑎. 
 
TEOREMA DE BOLZANO (ou do Valor Intermediário). (Seção 2.8.4). 
Definição 8. Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ; 𝑓 é contínua em [𝑎, 𝑏] se: 
1. 𝑓 é contínua em todos os pontos do intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏]. 
2. lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) existe, e lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎). 
3. lim
𝑥→𝑏−
𝑓(𝑥) existe, e lim
𝑥→𝑏−
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑏). 
 
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Teorema 3. Se 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ é uma função contínua em [𝑎, 𝑏] e 𝑓(𝑎) < 𝑑 < 𝑓(𝑏) 
ou 𝑓(𝑏) < 𝑑 < 𝑓(𝑎), então existe 𝑐 ∈ ]𝑎, 𝑏[ tal que 𝑓(𝑐) = 𝑑. 
Corolário 3. Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ uma funão contínua em [𝑎, 𝑏]. Se 𝑓(𝑎) e 𝑓(𝑏) tem 
sinais opostos, ou seja 𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) < 0, existe 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓(𝑐) = 0. 
 
DERIVADA. (Seção 3). RETA TANGENTE (Seção 3.1). 
Definição 9. A reta passando pelo ponto 𝑃, e tendo coeficiente angular 𝑚𝑥0, é 
chamada reta tangente ao gráfico de 𝑓 no ponto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)). Se 
𝑚𝑥0 = lim𝑥→𝑥0
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
 
existe, denotando a expressão do denominador 𝑥 − 𝑥0 = 𝑡, temos também que 𝑥 = 𝑡 +
𝑥0, e assim 
𝑚𝑥0 = lim𝑡→0
𝑓(𝑥0 + 𝑡) − 𝑓(𝑥0)
𝑡
. 
Definição 10. Se 𝑓 for contínua em 𝑥0, então a equação da reta tangente ao gráfico de 𝑓 
no ponto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) é 𝑦 − 𝑓(𝑥0) = 𝑚𝑥0(𝑥 − 𝑥0) se o limite existe. 
 
FUNÇÕES DERIVÁVEIS. (Seção 3.2). 
Definição 11. Seja 𝑓 ∶ 𝐷 ⟶ ℝ uma função definida num domínio 𝐷 que pode ser um 
intervalo aberto, uma reunião de intervalos abertos, ou ainda 𝐷 tal que para todo 
intervalo aberto 𝐼 que contenha 𝑥0, se tenha 𝐼 ∩ (𝐷 − {𝑥0}) ≠ ∅; 𝑓 é derivável ou 
diferenciável no ponto 𝑥0 quando existe o seguinte limite: 
𝑓′(𝑥0) = lim
𝑥→𝑥0
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
. 
Definição 12. Uma função 𝑓 é derivável ou diferenciável em 𝐴 ⊂ ℝ se é derivável ou 
diferenciável em cada ponto 𝑥 ∈ 𝐴. 
Teorema 4. Se 𝑓 é derivável em 𝑥0, então 𝑓 é contínua em 𝑥0. 
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REGRAS/TÉCNICAS DE DERIVAÇÃO. (Seção 3.3). 
Proposição 10. Sejam 𝑤 = 𝑤(𝑥) e 𝑧 = 𝑧(𝑥) funções deriváveis; ou ainda 𝑓(𝑥) e 
𝑔(𝑥) funções deriváveis, então 
1. Regra da soma: as funções 𝑤 ± 𝑧 e 𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥) são deriváveis, então 
(𝑤 + 𝑧)′(𝑥) = 𝑤′(𝑥) + 𝑧′(𝑥); 
𝑦 = 𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥) ⇔ 𝑦′ = 𝑓′(𝑥) ± 𝑔′(𝑥). 
2. Regra do produto: as funções 𝑤𝑧 e 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) são deriváveis, então 
(𝑤𝑧)′(𝑥) = 𝑤′(𝑥)𝑧(𝑥) + 𝑤(𝑥)𝑧′(𝑥); 
𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) ⇔ 𝑦′ = 𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥). 
3. Regra do quociente: as funções 𝑤/𝑧 e 𝑓(𝑥)/𝑔(𝑥) são deriváveis, então 
(
𝑤
𝑧
)
′
(𝑥) =
𝑤′(𝑥)𝑧(𝑥) − 𝑤(𝑥)𝑧′(𝑥)
((𝑧(𝑥))
2 , se 𝑧(𝑥) ≠ 0; 
𝑦 =
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
⟺ 𝑦′ =
𝑓′(𝑥). 𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥). 𝑔′(𝑥)
[𝑔(𝑥)]2
. 
 
DERIVADA DA FUNÇÃO COMPOSTA (regra da cadeia). (Seção 3.4). 
Teorema 5. Regra da Cadeia. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções, tais que 𝑔 ∘ 𝑓 esteja 
bem definida. Se 𝑓 é derivável em 𝑥, e 𝑔 é derivável em 𝑓(𝑥), então 𝑔 ∘ 𝑓 é derivável 
em 𝑥, e 
(𝑔 ∘ 𝑓)′(𝑥) = 𝑔′(𝑓(𝑥)) × 𝑓′(𝑥). 
 
TEOREMA DA FUNÇÃO INVERSA. (Seção 3.4.1). 
Teorema 6 (da Função Inversa). Seja 𝑓 uma função definida num intervalo aberto 𝐼. 
Se 𝑓 é derivável em 𝐼, e 𝑓′(𝑥) ≠ 0 para todo 𝑥 ∈ 𝐼, então 𝑓 possui inversal 𝑓−1 
derivável e 
(𝑓−1)′(𝑥) =
1
𝑓′(𝑓−1(𝑥))
. 
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DERIVAÇÃO IMPLÍCITA. (Seção 3.5). 
Definição 13. A função 𝑦 = 𝑓(𝑥) é definida implicitamente pela equação 
𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, quando 
𝐹(𝑥, 𝑓(𝑥)) = 0. 
 
DERIVADAS DE ORDEM SUPERIOR (sucessivas). (Seção 3.7). 
Definição 14. Seja 𝑓 uma função derivável. Se a derivada 𝑓′ é uma função derivável, 
então sua derivada é chamada derivada segunda de 𝑓, e é denotada por (𝑓′)′ = 𝑓′′. Se 
𝑓′′ é uma função derivável, então sua derivada é chamada derivada terceira de 𝑓, e é 
denotada por (𝑓′′)′ = 𝑓′′′. Em geral, se a derivada de ordem (𝑛 − 1) de 𝑓 é uma função 
derivável, sua derivada é chamada derivada n-ésima de 𝑓, e é denotada por (𝑓𝑛−1)′ =
𝑓(𝑛). 
 
APROXIMAÇÃO LINEAR (Seção 3.8). 
Definição 15. Seja 𝑦 = 𝑓(𝑥) uma função derivável em 𝑥0. A aproximação 
linear de 𝑓 em torno de 𝑥0 é denotada por 𝑙(𝑥), e definida por 
𝑙(𝑥) = 𝑓(𝑥0) + 𝑓
′(𝑥0)(𝑥 − 𝑥0), 
se 𝑥 ∈ (𝑥0 − 𝜀, 𝑥0 + 𝜀), e 𝜀 > 0 é pequeno. 
 
TEOREMA/REGRA DE L’HÔPITAL. (Seção 3.9). 
Teorema 7. (L’Hôpital). Sejam 𝑓 e 𝑔 funções deriváveis num domínio 𝐷 que pode 
ser um intervalo aberto ou uma reunião de intervalos abertos, exceto possivelmente num 
ponto 𝑎; e 𝑔(𝑥) ≠ 0 para todo 𝑥 ≠ 𝑎. 
1. Se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = 0, e lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
= 𝐿, então 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
= 𝐿. 
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2. Se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = ∞, e lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
= 𝐿, então 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
= 𝐿. 
 
DIFERENCIAL DE UMA FUNÇÃO (Seção 3.10). 
Definição 16. 
1. Para cada 𝑥0 ∈ 𝐷, a diferencial de 𝑦 = 𝑓(𝑥) no ponto 𝑥0 é denotada por 𝑑𝑦 ou 
𝑑𝑓(𝑥0) e definida por 𝑑𝑦 = 𝑓
′(𝑥0)𝑑𝑥. 
2. O incremento de 𝑦 = 𝑓(𝑥) em 𝑥0 é denotado por 𝛥𝑦 e definido por 𝛥𝑦 =
𝑓(𝑥0 + 𝑑𝑥) − 𝑓(𝑥0). 
 
APLICAÇÕES DA DERIVADA. (Seção 4). FUNÇÕES MONÓTONAS 
(crescimento e decrescimento). (Seção 4.1). 
Definição 17. Seja 𝑦 = 𝑓(𝑥) uma função definida num domínio 𝐷. 
1. 𝑓 é crescente em 𝐷, se para todo 𝑥0, 𝑥1 ∈ 𝐷 com 𝑥0 < 𝑥1, tem-se 𝑓(𝑥0) <
𝑓(𝑥1). 
2. 𝑓 é decrescente em 𝐷, se para todo 𝑥0, 𝑥1 ∈ 𝐷, com 𝑥0 < 𝑥1, tem-se 𝑓(𝑥0) >
𝑓(𝑥1). 
3. Em ambos os casos, 𝑓 é dita monótona. 
Proposição 11. Seja 𝑓 uma função contínua em [𝑎, 𝑏] e derivável em (𝑎, 𝑏). 
1. Se 𝑓′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), então 𝑓 é crescente em [𝑎, 𝑏]. 
2. Se 𝑓′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), então 𝑓 é decrescente em [𝑎, 𝑏]. 
 
VARIAÇÃO DE FUNÇÕES. (Seção 4.2). 
Definição 18. Seja 𝑓 uma função, e 𝑥0 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓). 
1. 𝑓 possui um ponto de máximo relativo ou de máximo local no ponto 𝑥0, se 
existe um pequeno intervalo aberto 𝐼 que contém 𝑥0, tal que 
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𝑓(𝑥0) ≥ 𝑓(𝑥), 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑥 ∈ 𝐼 ∩ 𝐷𝑜𝑚(𝑓). 
A imagem de 𝑥0, 𝑓(𝑥0), é chamada valor máximo local de 𝑓. 
2. 𝑓 possui um ponto de mínimo relativo ou de mínimo local no ponto 𝑥0, se existe 
um pequeno intervalo aberto 𝐼 que contem 𝑥0 tal que 
𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑥0), 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑥 ∈ 𝐼 ∩ 𝐷𝑜𝑚(𝑓). 
A imagem de 𝑥0, ou 𝑓(𝑥0), é chamada valor mínimo local de 𝑓. 
Proposição 12. Se 𝑓 é uma função derivável no intervalo (𝑎, 𝑏), e 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) é 
um extremo relativo de 𝑓, então 𝑓′(𝑥0) = 0. 
Definição 19. Seja 𝑓 uma função derivável no ponto 𝑥0 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓). Se 
𝑓′(𝑥0) = 0, então 𝑥0 é chamado ponto crítico de 𝑓. 
Definição 20. 
1. Caso exista um ponto onde uma função atinge o maior valor possível, este ponto 
é chamado máximo absoluto da função. O ponto 𝑥0 é de máximo absoluto de 𝑓 
quando para todo 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), tem-se 𝑓(𝑥0) ≥ 𝑓(𝑥). 
2. Caso exista um ponto onde uma função atinge o menor valor possível, este 
ponto é chamado de mínimo absoluto da função. O ponto 𝑥0 é de mínimo 
absoluto de 𝑓 quando para todo 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), tem-se 𝑓(𝑥0) ≤ 𝑓(𝑥). 
Teorema 8 (de Weierstrass). Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] ⟶ ℝ contínua, então 
existem 𝑥1 e 𝑥2 em [𝑎, 𝑏] tais que 
𝑓(𝑥1) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥2), para todo 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]. 
Teorema 9 (de Rolle). Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] ⟶ ℝ contínua e derivável em (𝑎, 𝑏), e tal 
que 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏). Então, existe pelo menos um 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓
′(𝑥0) = 0. 
Teorema 10 (do Valor Médio). Seja 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] ⟶ ℝ contínua e derivável em 
(𝑎, 𝑏). Então existe pelo menos um 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 
𝑓′(𝑥0) =
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
. 
 
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Corolário 4. 
1. Seja 𝑓 uma função contínua em [𝑎, 𝑏] e derivável em (𝑎, 𝑏). Se 𝑓′(𝑥) = 0 para 
todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), então 𝑓 é constante. 
2. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções contínuas em [𝑎, 𝑏] e deriváveis em (𝑎, 𝑏). Se 𝑓′(𝑥) =
𝑔′(𝑥) para todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), então 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) + 𝑘, onde 𝑘 é uma constante. 
 
DETERMINAÇÃO DE MÁXIMOS E MÍNIMOS. (Seção 4.3). 
Teorema 11. Seja 𝑓 uma função contínua em [𝑎, 𝑏] e derivável em (𝑎, 𝑏), 
exceto possivelmente num ponto 𝑥0. 
1. Se 𝑓′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 < 𝑥0 e 𝑓
′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 > 𝑥0, então 𝑥0 é ponto 
de máximo de 𝑓. 
2. Se 𝑓′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 < 𝑥0 e 𝑓
′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 > 𝑥0, então 𝑥0 é ponto 
mínimo de 𝑓. 
Teorema 12. Seja 𝑓 uma função duas vezes derivável, e 𝑥0 um ponto crítico de 
𝑓. Assim, se 
1. 𝑓′′(𝑥0) > 0, então 𝑥0 é um ponto de mínimo relativo de 𝑓. 
2. 𝑓′′(𝑥0) < 0, então 𝑥0 é um ponto de máximo relativo de 𝑓. 
 
CONCAVIDADE E PONTOS DE INFLEXÃO DE FUNÇÕES. (Seção 4.4). 
Definição 21. 
1. 𝑓 é dita côncava para cima, ou com concavidade voltada para cima (CVC) em 
𝐷 se 𝑓′(𝑥) é crescente em 𝐷. 
2. 𝑓 é dita côncava para baixo, ou com concavidade voltada para baixo (CVB) em 
𝐷 se 𝑓′(𝑥) é decrescente em 𝐷. 
Proposição 13. Seja 𝑦 = 𝑓(𝑥) uma função duas vezes derivável em 𝐷. 
1. Se 𝑓′′(𝑥) > 0 para 𝑥 ∈ 𝐷, então 𝑓 é côncava para cima (CVC) em 𝐷. 
2. Se 𝑓′′(𝑥) < 0 para 𝑥 ∈ 𝐷, então 𝑓 é côncava para baixo (CVB) em 𝐷. 
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Definição 22. Um ponto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) do gráfico de uma função 𝑓 é um ponto de 
inflexão de 𝑓, se existe um pequeno intervalo (𝑎, 𝑏) ⊂ 𝐷 tal que 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) e 
1. 𝑓 é côncava para cima em (𝑎, 𝑥0) e côncava para baixo em (𝑥0, 𝑏), ou 
2. 𝑓 é côncava para baixo e (𝑎, 𝑥0) e côncava para cima em (𝑥0, 𝑏). 
 
INTEGRAÇÃO INDEFINIDA. (Seção 5). 
Definição 23. Uma função 𝐹(𝑥) é chamada uma primitiva da função 𝑓(𝑥) no intervalo 
𝐼 se para todo 𝑥 ∈ 𝐼, tem-se 
𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥). 
Proposição 14. Seja 𝐹 uma primitiva da função 𝑓 no intervalo 𝐼. Então, 𝐺(𝑥) =
𝐹(𝑥) + 𝑐, ∀𝑐 ∈ ℝ, é também primitiva de 𝑓 no intervalo 𝐼. 
Proposição 15. Se 𝐹 e 𝐺 são primitivas de uma função 𝑓 num intervalo 𝐼, então 
existe 𝑐 ∈ ℝtal que 𝐹(𝑥) = 𝐺(𝑥) + 𝑐, para todo 𝑥 ∈ 𝐼. 
Definição 24. Seja 𝐹(𝑥) uma primitiva da função 𝑓(𝑥) no intervalo 𝐼. A 
expressão 𝐹(𝑥) + 𝑐, 𝑐 ∈ ℝ é chamada a integral indefinida da função 𝑓, e é denotada 
por 
∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝑐. 
Teorema 13 (Linearidade da Integral). Sejam 𝐹 e 𝐺 primitivas de 𝑓 e 𝑔, 
respectivamente, num intervalo 𝐼; e 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ. Então 𝛼𝐹 + 𝛽𝐺 é uma primitiva de 𝛼𝑓 +
𝛽𝑔, e 
∫[𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = 𝛼∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫𝑔(𝑥) 𝑑𝑥. 
 
 
 
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LISTA DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
Exercício 1. Determine o valor de 𝑎 tal que 
lim
𝑥→−2
3𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 + 3
𝑥2 + 𝑥 − 2
 
exista. 
Exercício 2. Determine o valor da constante 𝑐 tal que lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) exista, se: 
𝑓(𝑥) = { 2 − 𝑥
2 se 𝑥 ≤ 𝑐
 𝑥 se 𝑥 > 𝑐.
 
Exercício 3. Calcule o limite de 
lim
𝑥→+∞
𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥𝑥
𝑥!
)
𝑥2 + 1
. 
Exercício 4. Calcule os seguintes limites: 
(𝐴) lim
𝑥→0
𝑒3𝑥 − 𝑒2𝑥
𝑥
; 
(𝐵) lim
𝑥→+∞
(𝑥3 + 1)(𝑥2 − 1) − 𝑥5
(𝑥2 − 1)(𝑥2 − 3𝑥 + 2)
; 
(𝐶) lim
𝑥→+∞
√𝑥² + 1 − √𝑥2 − 1. 
Exercício 5. Estude a continuidade da função 
𝑓(𝑥) =
{
 
 
 
 
1 − 𝑥2, se 𝑥 < −1 
ln(2 − 𝑥2), se − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1
√
𝑥 − 1
𝑥 + 1
, se 𝑥 > 1. 
 
Exercício 6. Determine o valor de 𝑃 para que as funções abaixo sejam contínuas. 
(𝐴) 𝑓(𝑥) = {
1 − 𝑒𝑥
𝑥
, se 𝑥 ≠ 0
𝑝3 + 7, se 𝑥 = 0.
 
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(𝐵) 𝑓(𝑥) = {
𝑥
sen(4𝑥)
, se 𝑥 ≠ 0
𝑝2, se 𝑥 = 0.
 
Exercício 7. Estude a derivabilidade da função 
𝑓(𝑥) = 
{
 
 
 
 √𝑥 − 1
√𝑥
3
− 1
, se 𝑥 > 1
𝑥² − 1
𝑥 + 1
, se 𝑥 ≤ 1.
 
Exercício 8. Determine a equação da reta tangente ao gráfico de 𝑓(𝑥) = √𝑥 que seja 
paralela à reta 2𝑥 − 𝑦 − 1 = 0. 
Exercício 9. Determine as equações das retas tangentes ao gráfico de 𝑓(𝑥) = 𝑥3 3⁄ −
1 que sejam perpendiculares à reta 𝑦 + 𝑥 = 0. 
Exercício 10. Determine as constantes 𝑎 e 𝑏, tais que 
𝑓(𝑥) = {𝑎𝑥
3 se 𝑥 < 2
𝑥2 + 𝑏 se 𝑥 ≥ 2
 
seja derivável. 
Exercício 11. Seja 𝑔 uma função derivável, e ℎ(𝑥) = 𝑔(𝑥2 + 1). Calcule ℎ′(1) se 
𝑔′(2) = 5. 
Exercício 12. Determine a equação da reta tangente ao gráfico da função 𝑦 = 𝑒−𝑥
2
 no 
ponto de abscissa 1. 
Exercício 13. Calcule as derivadas de (a) 𝑦 = 𝑥𝑥, 𝑥 > 0 e (b) 𝑦 = 𝑥√𝑥, 𝑥 > 0. 
Exercício 14. Seja 𝑓(𝑥) uma função derivável, calcule 𝑓′(𝑥) para (a) 𝑓(𝑥) =
𝑥2 cos(𝑥), (b) 𝑓(𝑥) = (𝑥2 + 1) (𝑥2 − 1)⁄ , (c) 𝑓(𝑥) = 𝑥 ln(𝑥), (d) 𝑓(𝑥) = 16 𝑥²⁄ +
𝑥3 cos(𝑥), e (e) 𝑓(𝑥) = ln(𝑒√𝑥). 
Exercício 15. Seja 𝑦 uma função derivável. Calcule 𝑦′ para (a) 𝑦 = cos(𝑒𝑥) e (b) 𝑦 =
sen3(𝑥). 
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Exercício 16. Calcule 𝑦′ se 𝑓(𝑥) = 𝑦 é uma função derivável, definida implicitamente 
pela equação sen(𝑥 + 𝑦) = 𝑦2 cos(𝑥). 
Exercício 17. Determina a equação da reta tangente ao gráfico da função implícita 
definida por 𝑦2 = 𝑥2(𝑥 + 2), no ponto ((−1 2⁄ ), (√3 2⁄ 2⁄ )). 
Exercício 18. Se 𝑦 = 𝐴𝑥𝑒𝑥, e 𝑦(4) + 2𝑦′′′ − 2𝑦′ − 𝑦 = 10𝑒𝑥, determine o valor da 
constante 𝐴. 
Exercício 19. Determine os intervalos de crescimento e decrescimento de (a) 𝑓(𝑥) =
𝑥 + 1/𝑥 e (b) 𝑔(𝑥) = 𝑥4 3⁄ − 𝑥3 3⁄ − 𝑥2 + 5. 
Exercício 20. Através do teste da derivada primeira, verifique, caso existam, os pontos 
de mínimos e máximos locais de 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
. Verifique também os intervalos de 
crescimento e decrescimento de 𝑓(𝑥). 
Exercício 21. Calcule e examine os pontos extremos de 𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 16𝑥3/3. 
Exercício 22. Usando o teste da derivada segunda, classifique os pontos críticos, caso 
existam, das funções (a) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 6𝑥2 + 9𝑥 − 1, e (b) 𝑓(𝑥) = 𝑥 ln(𝑥). 
Exercício 23. Verifique a existência de pontos de inflexão e regiões onde a função tem 
concavidade voltada para cima, e concavidade voltada para baixo para (a) 𝑓(𝑥) = 𝑥5 3⁄ , 
e (b) 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒−𝑥. 
Exercício 24. Esboce o gráfico da função 𝑦 = 𝑓(𝑥) = √𝑥2
3
(1 − 𝑥2). 
Exercício 25. A forma de uma colina pode ser descrita pela equação 𝑦 = −𝑥2 + 17𝑥 −
66, (6 ≤ 𝑥 ≤ 11). Considere um asqueroso professor de cálculo, munido de um rifle de 
alta precisão, localizado num ponto (2, 0). A partir de que ponto, na colina, um 
estudante de cálculo estará 100% seguro? 
Exercício 26. Sabendo que 𝑓(𝑥) = 𝑥 (𝑥2 − 9)⁄ , (a) determine o domínio de 𝑓 e 
encontre a interseção com os eixos; (b) encontre, se existir, as assíntotas horizontais e 
verticais ao gráfico de 𝑓; (c) determine, se existir, os intervalos de crescimento e 
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decrescimento, e os máximos e mínimos locais; (d) calcule os pontos de inflexão, se 
existirem, e estude a concavidade; (e) e faça um esboço do gráfico de 𝑓. 
Exercício 27. A prefeitura de um município pretende construir um parque retangular, 
cercado, com uma área de 3600 𝑚². Que forma deve ter o parque para que o 
comprimento da cerca seja mínimo? 
Exercício 28. Os pontos 𝐴 e 𝐵 são opostos um ao outro nas margens de um rio reto que 
mede 3 𝑘𝑚 de largura. Um ponto 𝐶 está na mesma margem que 𝐵, mas 6 𝑘𝑚 rio abaixo 
de 𝐵. Uma companhia telefônica deseja estender um cabo de 𝐴 até 𝐶. Se o custo por 𝑘𝑚 
do cabo é 25% mais caro sob a água do que em terra, que linha de cabo minimizará o 
custo da instalação para a companhia? 
Exercício 29. Utilizando o método da substituição simples, resolva as seguintes 
integrais: 
(𝑎) ∫2𝑥𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 , 
(𝑏) ∫𝑥𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 , 
(𝑐) ∫
𝑥 𝑑𝑥
√𝑥 + 1
, 
(𝑑) ∫
𝑑𝑥
√1 + √𝑥
3
, 
(𝑒) ∫
𝑥2 + 1
√𝑥 + 3
3 𝑑𝑥. 
Exercício 30. Resolva as seguintes integrais. 
(𝑎) ∫ 𝑥𝑒𝑥 𝑑𝑥; 
(𝑏) ∫ 𝑥2𝑒𝑥 𝑑𝑥; 
(𝑐) ∫ 𝑥2 ln(𝑥) 𝑑𝑥. 
 
 
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Exercício 31. Resolva as integrais abaixo. 
(𝑎) ∫ 𝑥(5)−𝑥
2
 𝑑𝑥 ; 
(𝑏) ∫
𝑥𝑒𝑥
(𝑥 + 1)2
 𝑑𝑥 ; 
(𝑐) ∫ (𝑥 +
1
𝑥
)
3
2
(
𝑥2 − 1
𝑥2
) 𝑑𝑥 ; 
(𝑑) ∫ ln3(𝑥) 𝑑𝑥 ; 
(𝑒) ∫ 𝑥5𝑒𝑥
2
𝑑𝑥; 
(𝑓) ∫
𝑥2 + 1
√𝑥 + 3
3 𝑑𝑥. 
 
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SOLUÇÕES DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
Exercício 1. 
Este exercício consiste em um simples treinamento de 
simplificação/racionalizaçãode polinômios, aplicando conhecimentos iniciais sobre 
limites de funções. Temos: 
lim
𝑥→−2
3𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 + 3
𝑥2 + 𝑥 − 2
. 
Verificamos que lim𝑥→−2 𝑥
2 + 𝑥 − 2 = 0. Logo, para que haja um limite, esta 
função precisa ser racionalizada. Podemos encontrar as duas raízes (𝑥 = 2, e= −1) e 
fatorar este polinômio, de forma que 𝑥2 + 𝑥 − 2 = (𝑥 + 2)(𝑥 − 1). Devemos agora 
dividir 3𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 + 3 por (𝑥 + 2), para racionalizarmos este fator que tem a 
condição de que lim𝑥→−2(𝑥 + 2) = 0. Vide a seção Dividindo polinômios. 
Podemos dividir 3𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 + 3 por 𝑥 + 2 da seguinte forma: 
Primeiro passo: dividimos o primeiro termo 3𝑥2 por 𝑥, e obtemos 3𝑥 (este será o 
primeiro fator do polinômio de racionalização de 3𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 + 3 por 𝑥 + 2). 
Multiplicamos então 3𝑥 por (𝑥 + 2) e obtemos 3𝑥2 + 6𝑥. Subtraímos então esta 
parcela do polinômio inicial, de forma que 3𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 + 3 − (3𝑥2 + 6𝑥) =
(𝑎 − 6)𝑥 + 𝑎 + 3. 
Segundo passo: dividimos o primeiro termo desta nova expressão (𝑎 − 6)𝑥 
novamente por 𝑥, e obtemos 𝑎 − 6 (este será o segundo fator do polinômio de 
racionalização). Multiplicamos então este resultado (𝑎 − 6) por (𝑥 + 2), e obtemos 
𝑎𝑥 + 2𝑎 − 6𝑥 − 12 = (𝑎 − 6)𝑥 + 2𝑎 − 12. Subtraímos então esta parcela do 
polinômio obtido no primeiro passo, de forma que (𝑎 − 6)𝑥 + 𝑎 + 3 − ((𝑎 − 6)𝑥 +
2𝑎 − 12) = 𝑎 + 3 − 2𝑎 + 12 = −𝑎 + 15 (este será o resto a ser adicionado no 
polinômio racionalizado). 
Terceiro passo: somamos os dois fatores obtidos e adicionamos o resto, de forma 
que (3𝑥 + 𝑎 − 6) + (−𝑎 + 15). 
Desta forma, 3𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 + 3 = (𝑥 + 2)(3𝑥 + 𝑎 − 6) + (−𝑎 + 15). Logo, 
para que o resultado desta divisão ser exata, o termo (−𝑎 + 15) deve ser igual a zero. 
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Assim, 𝑎 = 15. Substituindo 15 por 𝑎, temos que (𝑥 + 2)(3𝑥 + 15 − 6) =
(𝑥 + 2)(3𝑥 + 9) = 3(𝑥 + 3)(𝑥 + 2). 
Temos então que para 𝑥 ≠ 0, e 𝑎 = 15, (3𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 + 3) (𝑥2 + 𝑥 − 2)⁄ =
(3(𝑥 + 3)(𝑥 + 2)) ((𝑥 + 2)(𝑥 − 1))⁄ = 3(𝑥 + 3)/(𝑥 − 1). Assim, 
lim
𝑥→−2
3𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 + 3
𝑥2 + 𝑥 − 2
= lim
𝑥→−2
3(𝑥 + 3)
𝑥 − 1
= −
3
3
= 1. 
 
Exercício 2. 
Temos a seguinte função dada, 
𝑓(𝑥) = { 2 − 𝑥
2 se 𝑥 ≤ 𝑐
 𝑥 se 𝑥 > 𝑐.
 
Para que lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) exista, devemos ter que lim
𝑥→𝑐+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→𝑐−
𝑓(𝑥). Assim, temos as 
condições de que 
lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→𝑐
2 − 𝑥2 = lim
𝑥→𝑐
𝑥. 
Para isto, devemos satisfazer a seguinte igualdade: 2 − 𝑐2 = 𝑐. Reorganizando 
os termos, temos que 𝑐2 + 𝑐 − 2 = 0. Obtemos que 𝑐 = (−1 ± √1 + 8) 2⁄ = (−1 ±
3)/2. Logo obtemos 𝑐 = 1 e 𝑐 = −2 como raízes. Podemos então que lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) exista 
quando 
𝑓(𝑥) = {
2 − 𝑥2 se 𝑥 ≤ 1
 𝑥 se 𝑥 > 1,
 ou 𝑓(𝑥) = { 2 − 𝑥
2 se 𝑥 ≤ −2
 𝑥 se 𝑥 > −2.
 
 
Exercício 3. 
Temos a função 
𝑓(𝑥) =
𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥𝑥
𝑥!
)
𝑥2 + 1
. 
A função seno tem imagem delimitada pelo intervalo [−1, 1], ou de outra forma, 
−1 ≤ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) ≤ 1. Assim, −1 ≤ 𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑥 𝑥!⁄ ) ≤ 1. Pelo teorema do confronto, 
apresentado pela Proposição 2.7, temos que 
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𝑥 − 1
𝑥2 + 1
≤
𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥𝑥
𝑥!
)
𝑥2 + 1
≤
𝑥 + 1
𝑥2 + 1
. 
Verificamos então lim
𝑥→+∞
(𝑥 − 1) (𝑥2 + 1⁄ ) e lim
𝑥→+∞
(𝑥 + 1) (𝑥2 + 1)⁄ . Nos dois 
casos temos que o expoente de 𝑥 no numerador é menor do que no denominador 
(𝑛 < 𝑚), assim conforme Corolário 2, temos que 
lim
𝑥→+∞
𝑥 − 1
𝑥2 + 1
= lim
𝑥→+∞
𝑥 + 1
𝑥² + 1
=0 
Logo pelo teorema do “sanduiche”, temos que 
lim
𝑥→+∞
𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥𝑥
𝑥!
)
𝑥2 + 1
= 0. 
Exercício 4. 
(A) lim
𝑥→0
𝑒3𝑥−𝑒2𝑥
𝑥
. 
A expressão 𝑒3𝑥 − 𝑒2𝑥 pode ser simplificada para 𝑒2𝑥(𝑒𝑥 − 1). Logo 
lim
𝑥→0
𝑒3𝑥 − 𝑒2𝑥
𝑥
= lim
𝑥→0
𝑒2𝑥(𝑒𝑥 − 1)
𝑥
= lim
𝑥→0
𝑒2𝑥 × lim
𝑥→0
𝑒𝑥 − 1
𝑥
. 
Sabemos que lim
𝑥→0
𝑒𝑥−1
𝑥
= ln(𝑒) = 1, pelos limites fundamentais; e lim
𝑥→0
𝑒2𝑥 = 𝑒0 = 1. 
Assim, 
lim
𝑥→0
𝑒3𝑥 − 𝑒2𝑥
𝑥
= 1 × 1 = 1. 
(B) lim
𝑥→+∞
(𝑥3+1)(𝑥2−1)−𝑥5
(𝑥2−1)(𝑥2−3𝑥+2)
. 
Este exercício requer certo cuidado e atenção, pois podemos errar pelos vieses 
do inconsciente. Verificamos a expressão (𝑥2 − 1) tanto no numerador quanto no 
denominador, e podemos ser tentados a já os cortar. No entanto, este seria um erro de 
cálculo, pois existe o fator −𝑥5 no numerador que não está sendo multiplicado. Um 
outro erro consistiria em denotar 𝑥5 como grau mais elevado do numerador, o que 
também é errado. Multiplicando 𝑥3 por 𝑥2, obtemos 𝑥5 – mas este fator se anula com 
−𝑥5. De fato, −𝑥3 é o fator de mais alto grau do numerador, resultante da multiplicação 
𝑥3(−1). 
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Já para o denominador, é fácil verificar que 𝑥4 é o fator de mais alto grau. 
Assim, 
lim
𝑥→+∞
(𝑥3 + 1)(𝑥2 − 1) − 𝑥5
(𝑥2 − 1)(𝑥2 − 3𝑥 + 2)
= lim
𝑥→+∞
−𝑥3
𝑥4
= lim
𝑥→+∞
−1
𝑥
= 0. 
(C) lim
𝑥→+∞
√𝑥² + 1 − √𝑥2 − 1. 
Caso calculemos o limite de 𝑥 → +∞ de forma isolada para os dois fatores, 
obtemos o símbolo de indeterminação +∞−∞. Desta forma, precisamos racionalizar a 
função. Podemos retirar as raízes dos fatores multiplicando a fração por 
(√𝑥2 + 1 + √𝑥2 − 1) (√𝑥2 + 1 + √𝑥2 − 1)⁄ . Assim temos que 
lim
𝑥→+∞
√𝑥² + 1 − √𝑥2 − 1 = lim
𝑥→+∞
𝑥² + 1 − 𝑥2 + 1
√𝑥² + 1 + √𝑥2 − 1
= lim
𝑥→+∞
2
√𝑥² + 1 + √𝑥2 − 1
= 0. 
 
Exercício 5. Temos a função 
𝑓(𝑥) =
{
 
 
 
 
1 − 𝑥2, se 𝑥 < −1 
ln(2 − 𝑥2), se − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1
√
𝑥 − 1
𝑥 + 1
, se 𝑥 > 1, 
 
em que precisamos estudar a continuidade. De fato, podemos verificar que 𝑓(𝑥) existe 
para todo seu domínio ℝ. Então, precisamos checar os limites laterais da função, 
conforme se segue. 
lim
𝑥→−1−
(1 − 𝑥2) = 1 − 1 = 0; 
lim
𝑥→−1+
(ln(2 − 𝑥2)) = ln(2 − 1) = ln(1) = 0; logo 
lim
𝑥→−1−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→−1+
𝑓(𝑥). 
lim
𝑥→1−
ln(2 − 𝑥2) = ln(2 − 1) = ln(1) = 0; 
lim
𝑥→1+
√
𝑥 − 1
𝑥 + 1
= √
0
2
= 0; logo 
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lim
𝑥→1−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥). 
Portanto, 𝑓(𝑥) é uma função contínua. 
 
Exercício 6. 
(A) Temos a função 
𝑓(𝑥) = {
1 − 𝑒𝑥
𝑥
, se 𝑥 ≠ 0
𝑝3 + 7, se 𝑥 = 0.
 
Primeiro, precisamos calcular lim
𝑥→0
𝑓(𝑥) quando 𝑥 ≠ 0. Notemos que (1 − 𝑒𝑥) =
−(𝑒𝑥 − 1). Logo, 
lim
𝑥→0
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→0
−
𝑒𝑥 − 1
𝑥
= lim
𝑥→0
(−1) lim
𝑥→0
𝑒𝑥 − 1
𝑥
= (−1)(1) = −1. 
Assim, para que 𝑓(𝑥) seja contínua, é necessário que 𝑓(0) = −1, logo 𝑝3 + 7 =
−1; 𝑝3 = −1 − 7 = −8; 𝑝 = √−8
3
= −2. 
(B) Temos a função 
𝑓(𝑥) = {
𝑥
sen(4𝑥)
, se 𝑥 ≠ 0
𝑝2, se 𝑥 = 0.
 
Para que 𝑓(𝑥) seja contínua, 𝑓(0) deve ser igual a lim
𝑥→0
𝑥/(sen(4𝑥)). Para 
calcularmos este limite, multiplicamostanto numerador quanto denominador por 4, e 
assim temos que 
lim
𝑥→0
𝑥
sen(4𝑥)
= lim
𝑥→0
4𝑥
4sen(4𝑥)
=
1
4
lim
𝑥→0
4𝑥
sen(4𝑥)
=
1
4
× 1 =
1
4
. 
Desta forma, 𝑓(𝑥) é contínua quando 𝑝² = 1 4⁄ ; ou seja, quando 𝑝 = √
1
4
= ±
1
2
. 
Observe que lim
𝑥→0
𝑎𝑥/sen(𝑎𝑥) sempre será igual a 1. 
 
 
 
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Exercício 7. Temos a função 
𝑓(𝑥) = 
{
 
 
 
 √𝑥 − 1
√𝑥
3
− 1
, se 𝑥 > 1
𝑥² − 1
𝑥 + 1
, se 𝑥 ≤ 1.
 
Precisamos verificar os limites laterais. Para eliminarmos as raízes de 
(√𝑥 − 1) (√𝑥
3
− 1)⁄ , fazemos que 𝑥 = 𝑡6, e assim 
lim
𝑥→1+
√𝑥 − 1
√𝑥
3
− 1
= lim
𝑡→1+
𝑡3 − 1
𝑡2 − 1
= lim
𝑡→1+
(𝑡 − 1)(𝑡2 + 𝑡 + 1)
(𝑡 − 1)(𝑡 + 1)
=
3
2
, 
lim
𝑥→1−
𝑥² − 1
𝑥 + 1
= 0; 
Verificamos então que lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) ≠ lim
𝑥→1−
𝑓(𝑥), logo não existe lim
𝑥→1
𝑓(𝑥), e, 
portanto, a função não é contínua em 𝑥 = 1, e logo também não será derivável neste 
ponto. 
 
Exercício 8. Temos a função 𝑓(𝑥) = √𝑥. Para determinar a equação de uma reta, 
necessitamos de um ponto (𝑥0 𝑦0) e do coeficiente angular 𝑓
′(𝑥0). Neste problema em 
que precisamos determinar uma reta paralela à reta 2𝑥 − 𝑦 − 1 = 0 que seja tangente ao 
gráfico de 𝑓, temos que determinar um ponto em 𝑓 que haja tal condição. 
Sejam 𝑟𝑡 a reta tangente e 𝑟 a reta dada, 𝑚𝑡 e 𝑚 os correspondentes angulares; 
como 𝑟𝑡 e 𝑟 são paralelas, temos então que 𝑚𝑡 = 𝑚. No entanto, pela equação da reta 
dada, temos que 𝑚 = 2, e como 𝑚𝑡 = 𝑓
′(𝑥0), devemos localizar 𝑓
′(𝑥0) = 2, onde 𝑥0 é 
a abscissa do ponto procurado. Temos que 
𝑓′(𝑥) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑥 + 𝑡) − 𝑓(𝑥)
𝑡
= lim
𝑡→0
√𝑥 + 𝑡 − √𝑥
𝑡
= lim
𝑡→0
(√𝑥 + 𝑡 + √𝑥)(√𝑥 + 𝑡 − √𝑥)
(√𝑥 + 𝑡 + √𝑥)𝑡
= lim
𝑡→0
𝑥 + 𝑡 − 𝑥
(√𝑥 + 𝑡 + √𝑥)𝑡
= lim
𝑡→0
𝑡
(√𝑥 + 𝑡 + √𝑥)𝑡
=
1
(√𝑥 + 𝑡 + √𝑥)
=
1
2√𝑥
. 
Assim, resolvemos para que 𝑓′(𝑥0) = 1 2√𝑥0⁄ = 2, e obtemos que 
2√𝑥0 =
1
2
, logo √𝑥0 =
1
4
, 𝑥0 = (
1
4
)
2
=
1
16
. 
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Para 𝑥0 = 1/16, temos que 
𝑓 (
1
16
) = √
1
16
= ±
1
4
, 
Como −1 4⁄ < 0, logo, este ponto não está definido no domínio de 𝑓(𝑥) = √𝑥; logo a 
equação tangente ao gráfico de 𝑓 que é tangente a 2𝑥 − 𝑦 − 1 = 0 será 
𝑦 +
1
4
= 2 (𝑥 −
1
16
) = 2𝑥 −
2
16
. 
 
Uma outra forma de denotar seria 16𝑥 − 8𝑦 − 1 = 0. 
 
Exercício 9. Temos a função 𝑓(𝑥) = 𝑥3 3⁄ − 1. Sejam 𝑟𝑡 e 𝑟, respectivamente, a reta 
tangente e a reta dada 𝑦 = −𝑥, e 𝑚𝑡 e 𝑚 = −1 os correspondentes coeficientes 
angulares; como 𝑟𝑡 e 𝑟 são perpendiculares, então 𝑚𝑡𝑚 = −1. Como 𝑚 = −1, logo o 
coeficiente da reta tangente deve ser 𝑚𝑡 = 1 = 𝑓
′(𝑥0), onde 𝑥0 é a abscissa do ponto 
procurado. Assim precisamos resolver para a equação 𝑓′(𝑥0) = 1. Temos que 
𝑓′(𝑥0) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑥0 + 𝑡) − (𝑥0)
𝑡
= lim
𝑡→0
(
(𝑥0 + 𝑡)
3
3 − 1
) − (
𝑥0
3
3 − 1
)
𝑡
= lim
𝑡→0
(
𝑥0
3 + 2𝑥0
2𝑡 + 𝑡2𝑥0 + 𝑥0
2𝑡 + 2𝑥0𝑡
2 + 𝑡3
3 − 1
) − (
𝑥0
3
3 − 1
)
𝑡
= lim
𝑡→0
(
𝑥0
3 + 3𝑥0
2𝑡 + 3𝑥0𝑡
2 + 𝑡3
3 − 1
) − (
𝑥0
3
3 − 1
)
𝑡
= lim
𝑡→0
(
3𝑥0
2𝑡 ∓ 3𝑥0𝑡
2 + 𝑡3
3
)
𝑡
= lim
𝑡→0
𝑡(3𝑥0
2 + 3𝑥0𝑡 + 𝑡
2)
3𝑡
=
= lim
𝑡→0
(3𝑥0
2 + 3𝑥0𝑡 + 𝑡
2)
3
=
3𝑥0
2
3
= 𝑥0
2. 
Logo, para 𝑓′(𝑥0) = 1 = 𝑥0
2, temos que 𝑥0 = √1 = ±1. Assim, com a fórmula da 
Definição 10, 𝑦 − 𝑓(𝑥0) = 𝑚𝑥0(𝑥 − 𝑥0), tendo como 𝑓(−1) = −1 3⁄ − 1 = −4 3⁄ e 
𝑓(1) = 1 3⁄ − 1 = −2/3. temos que as retas 
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𝑦 +
4
3
= 𝑥 + 1, e 
𝑦 +
2
3
= 𝑥 + 1, 
sejam retas tangentes à função 𝑓(𝑥) = 𝑥3 3⁄ − 1 que são perpendiculares à 𝑦 = −𝑥. 
Outra forma de escrever estas retas são dadas pelas equações 3𝑦 − 3𝑥 + 1 = 0 e 3𝑦 +
3𝑥 + 5 = 0. A Figura E9 nos ilustra o resultado deste exercício. 
Figura E9 Resultado do Exercício 9. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA 
 
Exercício 10. Temos a função 
𝑓(𝑥) = {𝑎𝑥
3 se 𝑥 < 2
𝑥2 + 𝑏 se 𝑥 ≥ 2.
 
Para que ela seja derivável, precisamos calcular 
𝑓′(2) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑡 + 2) − 𝑓(2)
𝑡
. 
Determinamos os limites laterais por 
lim
𝑡→0−
𝑓(𝑡 + 2) − 𝑓(2)
𝑡
= lim
𝑡→0
𝑎(𝑡 + 2)3 − ∅
𝑡
= lim
𝑡→0
𝑎(𝑡3 + 12𝑡 + 6𝑡2)
𝑡
= lim
𝑡→0
𝑎𝑡(𝑡2 + 12 + 6𝑡)
𝑡
= lim
𝑡→0
𝑎(𝑡2 + 12 + 6𝑡) = 12𝑎; 
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lim
𝑡→0+
𝑓(𝑡 + 2) − 𝑓(2)
𝑡
= lim
𝑡→0+
((𝑡 + 2)2 + 𝑏) − (4 + 𝑏)
𝑡
= lim
𝑡→0+
(𝑡2 + 4𝑡 + 4) + 𝑏) − (4 + 𝑏)
𝑡
= lim
𝑡→0+
(𝑡2 + 4𝑡)
𝑡
= lim
𝑡→0+
𝑡(𝑡 + 4)
𝑡
= lim
𝑡→0+
(𝑡 + 4) = 4. 
Logo, devemos ter que 12𝑎 = 4, então 𝑎 = 1/3. Por outro lado, 𝑓 deve ser 
contínua em 𝑥0 = 2; isto é, 
lim
𝑥→2−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→2+
𝑓(𝑥) ⇔ 8𝑎 = 4 + 𝑏 ⟺ 𝑏 = 8𝑎 − 4 =
8
3
− 4 = −
4
3
. 
A função deve ser então definida por 
𝑓(𝑥) = {
𝑥3
8
 se 𝑥 < 2
𝑥2 −
4
3
 se 𝑥 ≥ 2.
 
Note que 𝑓(2) = 8/3. A Figura E10 nos ilustra a solução deste exercício. 
Figura E10 Resultado do Exercício 10. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA 
 
Exercício 11. Temos ℎ(𝑥) = 𝑔(𝑥2 + 1). Observemos que ℎ(𝑥) = (𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥), onde 
𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 1. Pela regra da cadeia, 
ℎ′(𝑥) = 𝑔′(𝑓(𝑥))𝑓′(𝑥). 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Podemos calcular 𝑓′(𝑥) = 2𝑥, logo ℎ′(𝑥) = (2𝑥)(𝑔′(𝑓(𝑥)). Devemos calcular ℎ′(1), 
assim, calculando a última expressão em 𝑥 = 1, temos que ℎ′(1) = (2(1))(𝑔′(12 +
1)) = 2𝑔′(2). Como 𝑔′(2) = 5, então ℎ′(1) = 2 × 5 = 10. 
 
Exercício 12. Temos a função 𝑦 = 𝑒−𝑥
2
. Fazendo que 𝑓(𝑥) = −𝑥2, temos que 𝑓′(𝑥) =
−2𝑥 e 𝑦 = 𝑒𝑓(𝑥). Assim, 
𝑦′ = 𝑒𝑓(𝑥)𝑓′(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
(−2𝑥) = −2𝑥𝑒−𝑥
2
. 
Assim, 𝑦′(1) = −2𝑒−1 e 𝑦(1) = 𝑒−1; logo a equação da reta tangente passando pelo 
ponto (1, 𝑦(1)) é 𝑦 − 𝑦(1) = 𝑦′(1)(𝑥 − 1), ou seja 
𝑦 − 𝑒−1 = −2𝑒−1(𝑥 − 1) = −2𝑒−1𝑥 + 2𝑒−1 
𝑦 − 𝑒−1 + 2𝑒−1𝑥 − 2𝑒−1 = 𝑦 − 3𝑒−1 + 2𝑥𝑒−1 = 0. 
 
Exercício 13. 
(a) Temos 𝑦 = 𝑥𝑥, sendo 𝑥 > 0. Aplicando logarítmica nos dois lados, temos que 
ln(𝑦) = ln(𝑥𝑥) = 𝑥 ln(𝑥), 
e assim, derivando os dois lados, temos 
𝑦′
𝑦
= ln(𝑥) + 𝑥 (
1
𝑥
) = ln(𝑥) + 1. 
Logo, 
𝑦′ = 𝑦(ln(𝑥) + 1) = 𝑥𝑥(ln(𝑥) + 1). 
(b) Temos 𝑦 = 𝑥√𝑥, sendo 𝑥 > 0. Aplicando logarítmica nos dois lados, temos que 
ln(𝑦) = ln(𝑥√𝑥) = ln(𝑥)√𝑥, 
e assim, derivando os dois lados, temos 
𝑦′
𝑦
=
√𝑥
𝑥
+
ln(𝑥)
2√𝑥
=
1
√𝑥
+
ln(𝑥)
2√𝑥
=
2 + ln(𝑥)
2√𝑥
. 
Logo, 
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𝑦′ = 𝑦(
2 + ln(𝑥)
2√𝑥
) = 𝑥√𝑥 (
2 + ln(𝑥)
2√𝑥
). 
 
Exercício 14. 
(a) Temos que 𝑓(𝑥) = 𝑥2 cos(𝑥), logo, podemos aplicar a regra da multiplicação, de 
forma que 
𝑓′(𝑥) = (𝑥2)′ cos(𝑥) + 𝑥2(cos(𝑥))′ = 2𝑥 cos(𝑥) − 𝑥2 sen(𝑥)
= 𝑥(2 cos(𝑥) − 𝑥 (sen(𝑥)). 
(b) Temos que 𝑓(𝑥) = (𝑥2 + 1) (𝑥2 − 1)⁄ , logo podemos aplicar a regra do quociente, 
de forma que 
𝑓′(𝑥) =
(𝑥2 + 1)′(𝑥2 − 1) − (𝑥2 + 1)(𝑥2 − 1)′
(𝑥2 − 1)2
=
2𝑥(𝑥2 − 1) − 2𝑥(𝑥2 + 1)
(𝑥2 − 1)2
=
2𝑥3 − 2𝑥 − 2𝑥3 − 2𝑥
(𝑥2 − 1)2
=
−4𝑥
𝑥4 − 2𝑥2 + 1
. 
(c) Temos 𝑓(𝑥) = 𝑥 ln(𝑥), logo podemos aplicar a regra da multiplicação e do 
logarítmico natural. 
𝑓′(𝑥) = (𝑥)′ ln(𝑥) + 𝑥(ln(𝑥))′ = 1 ln(𝑥) + 𝑥
1
𝑥
= ln(𝑥) + 1. 
(d) Temos 𝑓(𝑥) = 16 𝑥²⁄ + 𝑥3 cos 𝑥. Observamos que 𝑓(𝑥) = 16𝑥−2 + 𝑥3cos (𝑥); 
logo podemos aplicar a regrada da soma para cada fator, a regra da potência e a regra da 
multiplicação para o fator multiplicado 𝑥3(cos(𝑥)). Logo temos que 
𝑓′(𝑥) = (−2)(16)𝑥−3 + ((𝑥3)′ cos(𝑥) + 𝑥3(cos(𝑥))′)
= −
32
𝑥3
+ 3𝑥2 cos(𝑥) − 𝑥3 sen(𝑥). 
(e) Temos que 𝑓(𝑥) = ln(𝑒√𝑥). Verificamos pela propriedade do logarítmico natural 
que ln( 𝑒√𝑥) = √𝑥(ln(𝑒)) = √𝑥(1) = 𝑥
1
2. Aplicamos então a propriedade da potência, 
e obtemos que 
𝑓′(𝑥) =
1
2
𝑥−
1
2 =
1
2√𝑥
. 
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Caso não simplifiquemos a função já desde o início, podemos resolver aplicando a regra 
da cadeia, de forma que 
𝑓′(𝑥) = (ln(𝑒√𝑥))
′
=
(𝑒√𝑥)′
𝑒√𝑥
 =
𝑒√𝑥 ln(𝑒) (√𝑥)
′
𝑒√𝑥
=
1
2√𝑥
. 
 
Exercício 15. 
(a) Temos 𝑦 = cos(𝑒𝑥), assim podemos utilizar a regra da cadeia para calcular a 
derivada, de forma que 
𝑦′ = 𝑐𝑜𝑠′(𝑒𝑥)(𝑒𝑥)′ = −sen(𝑒𝑥) ln(𝑒) 𝑒𝑥(𝑥)′ = −sen(𝑒𝑥) 𝑒𝑥. 
(b) Temos 𝑦 = sen3(𝑥). Novamente utilizamos a regra da cadeia para calcular a 
derivada. Podemos fazer com que 𝑓(𝑥) = 𝑥3, e 𝑔(𝑥) = sen (𝑥). Assim, temos que 
𝑦′ = 𝑓′(𝑔(𝑥))𝑔′(𝑥) = 3 sen2(𝑥) cos(𝑥). 
 
Exercício 16. Temos sen(𝑥 + 𝑦) = 𝑦2 cos(𝑥), e devemos calcular 𝑦′ sendo 𝑓(𝑥) = 𝑦 
uma função implícita definida pela equação. Como primeiro passo, escrevemos a 
equação de forma que 𝑓(𝑥) substitua 𝑦, e assim temos que 
sen(𝑥 + 𝑓(𝑥)) = (𝑓(𝑥))
2
cos(𝑥). 
Agora devemos derivar 𝑑 (sen(𝑥 + 𝑓(𝑥)) − (𝑓(𝑥))
2
cos(𝑥)) /𝑑𝑥; e assim temos que 
(sen(𝑥 + 𝑓(𝑥)))
′
= ((𝑓(𝑥))
2
cos(𝑥))
′
 
cos(𝑥 + 𝑓(𝑥)) (1 + 𝑓′(𝑥) = 2𝑓(𝑥)𝑓′(𝑥) cos(𝑥) + (𝑓(𝑥))
2
(− sen(𝑥)). 
Substituindo 𝑓(𝑥) = 𝑦 e 𝑓′(𝑥) = 𝑦′, temos que 
cos(𝑥 + 𝑦) (1 + 𝑦′) = 2𝑦𝑦′ cos(𝑥) − 𝑦2 sen(𝑥). 
Podemos agora rearranjar os termos para expressar 𝑦′ em função de 𝑥 e 𝑦, e 
assim se segue 
cos(𝑥 + 𝑦) + 𝑦′(cos(𝑥 + 𝑦)) − 2𝑦𝑦′ cos(𝑥) + 𝑦2 sen(𝑥) = 0; 
𝑦′(cos(𝑥 + 𝑦)) − 2𝑦𝑦′ cos(𝑥) = −cos(𝑥 + 𝑦) − 𝑦2 sen(𝑥) ; 
𝑦′(cos(𝑥 + 𝑦) − 2𝑦 cos(𝑥)) = −cos(𝑥 + 𝑦) − 𝑦2 sen(𝑥) ; 
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𝑦′ =
−cos(𝑥 + 𝑦) − 𝑦2 sen(𝑥)
cos(𝑥 + 𝑦) − 2𝑦 cos(𝑥)
=
cos(𝑥 + 𝑦) + 𝑦2 sen(𝑥)
2𝑦 cos(𝑥) − cos(𝑥 + 𝑦)
. 
 
Exercício 17. Temos uma função 𝑓(𝑥) = 𝑦 que seja implícita a equação 𝑦2 =
𝑥2(𝑥 + 2). É proposto que determinemos uma reta tangente ao gráfico desta função 
implícita definida no ponto ((−1 2⁄ ), (√3 2⁄ 2⁄ )). Neste caso, é fácil verificarmos a 
função implícita, pois podemos explicitar 𝑦 na equação dada, de forma que 𝑦 =
√𝑥2(𝑥 + 2). 
Podemos verificar o valor de 𝑦 quando 𝑥 = (−1/2), de forma que 
𝑦 = √(−
1
2
)
2
(−
1
2
+ 2) = √
3 2⁄
4
=
√3 2⁄
2
; 
assim, verificamos que este ponto ((−1 2⁄ ), (√3 2⁄ 2⁄ )) realmente existe dentro da 
função implícita 𝑓(𝑥) = 𝑦. O primeiro passo então consiste em derivar 𝑑𝑓(𝑥)/𝑑𝑥 
implicitamente pela equação dada, de forma que (𝑓(𝑥))2 = 𝑥2(𝑥 + 2), e assim temos 
que 
2𝑓(𝑥)𝑓′(𝑥) = 2𝑥(𝑥 + 2) + 𝑥2(1). 
Podemos substituir 𝑓(𝑥) = 𝑦 e 𝑓′(𝑥) = 𝑦′, e assim temos que 2𝑦𝑦′ =
2𝑥(𝑥 + 2) + 𝑥2. Podemos isolar facilmente 𝑦′, e obtemos a derivada implícita de 𝑦 em 
função de 𝑥 e 𝑦 como 
𝑦′ =
2𝑥(𝑥 + 2) + 𝑥2
2𝑦
=
2𝑥2 + 4𝑥 + 𝑥2
2𝑦
=
3𝑥2 + 4𝑥
2𝑦
. 
Lembremos que a equação da reta tangente é 𝑦 − 𝑓(𝑥0) = 𝑚𝑥0(𝑥 − 𝑥0), e que pelo 
ponto escolhido, 𝑥0 = −1/2 e 𝑓(𝑥0) = 𝑦 = √3 2⁄ 2⁄ . Calculamos 𝑚𝑥0 = 𝑓
′(𝑥0) =
𝑓′(−1 2⁄ ), de forma que 
𝑓′ (−
1
2
) =
3 (−
1
2)
2
+ 4(−
1
2)
2√3 2⁄ 2⁄
=
3
4 − 2
√3 2⁄
=
−5/4
√3 2⁄
= −
5
4√3 2⁄
= −
5
2√6
. 
Assim podemos formalizar a equação da reta tangente ao gráfico da função 
implícita 𝑓(𝑥) no ponto ((−1 2⁄ ), (√3 2⁄ 2⁄ )) como sendo 
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Integral I (IME01-00508) realizado na UERJ no semestre 2012.1 ministrado por Wellington Reis, por 
Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
𝑦 −
√3 2⁄
2
= −
5
2√6
(𝑥 +
1
2
) = −
5𝑥
2√6
−
5
4√6
; 
𝑦 +
5𝑥
2√6
−
√3 2⁄
2
+
5
4√6
= 0; 
4√6𝑦 + 10𝑥 − 2√6√3 2⁄ + 5
4√6
=
4√6𝑦 + 10𝑥 − √6√6 + 5
4√6
=
4√6𝑦 + 10𝑥 − 6 + 5
4√6
=
4√6𝑦 + 10𝑥 − 1
4√6
= 4√6𝑦 + 10𝑥 − 1 = 0. 
A Figura E17 nos ilustra o resultado desta reta tangente ao gráfico da função 
implícita 𝑓(𝑥) = 𝑦 da equação 𝑦2 = 𝑥2(𝑥 + 2) no ponto ((−1 2⁄ ), (√3 2⁄ 2⁄ )). 
Figura E17 Resultado do Exercício 17. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA 
 
Exercício 18. Temos que 𝑦(4) + 2𝑦′′′ − 2𝑦′ − 𝑦 = 10𝑒𝑥, e 𝑦 = 𝐴𝑥𝑒𝑥. Logo, o 
primeiro passo consiste em calcular a partir da função 𝑦, as derivadas 𝑦′, 𝑦′′′ e 𝑦(4), que 
fazem parte da equação. Assim temos que 
𝑦′ = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥; 
𝑦′′ = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥 = 2𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥; 
𝑦′′′ = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥 = 3𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥; 
𝑦(𝑛) = 𝑛𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥; 
𝑦(4) = 4𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥. 
Conhecendo agora as funções derivadas sucessivas, podemos substituir na equação 
inicial, de forma que 
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Integral I (IME01-00508) realizado na UERJ no semestre 2012.1 ministrado por Wellington Reis, por 
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4𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥 + 2(3𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥) − 2(𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥) − 𝐴𝑥𝑒𝑥 = 10𝑒𝑥; 
8𝐴𝑒𝑥 = 10𝑒𝑥 . 
Logo, 8𝐴 = 10, e 𝐴 = 10 8⁄ = 5/4. 
 
Exercício 19. (a) Temos a função 
𝑓(𝑥) = 𝑥 +
1
𝑥
= 𝑥 + 𝑥−1. 
Derivando, temos 
𝑓′(𝑥) = 1 − 𝑥−2 = 1 −
1
𝑥2
=
1 − 𝑥2
𝑥2
=
(1 + 𝑥)(1 − 𝑥)
𝑥2
. 
Verificamos então que 𝑓′(𝑥) = 0 quando 𝑥 = ±1; então, podemos verificar como 𝑓′(𝑥) 
se comporta para valores nos intervalos ao redor de 𝑥 = ±1 e 𝑥 = 0, onde a função não 
está definida. Sabemos que o denominador sempre será positivo de 𝑓′(𝑥), pois é 𝑥2; 
então verificamos os resultados para o numerador, conforme demonstrado na Tabela 
E19A. 
Tabela E19A Comportamento de 𝑓(𝑥). 
 
Assim, 𝑓 é crescente em (−∞,−1) ∪ (1,+∞), e decrescente em (−1, 0) ∪ (0, 1). A 
Figura E19A nos ilustra esta função. 
(b) Temos a função 
𝑔(𝑥) =
𝑥4
4
−
𝑥3
3
− 𝑥2 + 5. 
Derivando 𝑔, temos 𝑔′(𝑥) = 𝑥3 − 𝑥2 − 2𝑥 = 𝑥(𝑥2 − 𝑥 − 2) = 𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 1). 
Assim, temos que 𝑔′(𝑥) = 0 quando 𝑥 = 0, 𝑥= 2 e 𝑥 = −1. A Tabela E19B nos 
mostra o comportamento de 𝑔′(𝑥) em relação aos intervalos ao redor destes pontos. 
 
Intervalos (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝒇(𝒙) 
𝑥 < −1 > 0 Crescente. 
−1 < 𝑥 < 0 < 0 Decrescente. 
0 < 𝑥 < 1 < 0 Decrescente. 
𝑥 > 1 > 0 Crescente. 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Tabela E19B Comportamento de g(𝑥). 
 
Assim, 𝑔 é crescente em (−1, 0) ∪ (2,+∞), e decrescente em (−∞,−1) ∪ (0, 2). A 
Figura E19B nos ilustra o gráfico de 𝑔(𝑥). 
Figura E19 Resultado do Exercício 19. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
 
Exercício 20. Temos a função 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
. Assim, para identificarmos pontos 
de máximo e mínimo locais da função através do teste da derivada primeira; (chega a 
ser redundante), mas o primeiro passo consiste em derivar a função. Aplicando as 
técnicas de derivação, temos que 𝑓′(𝑥) = −2𝑥 𝑒−𝑥
2
. 
O segundo passo consiste em determinar os pontos críticos, ou seja, que 
satisfazem a condição 𝑓′(𝑥) = 0. Logo, devemos resolver a equação −2𝑥 𝑒−𝑥
2
= 0. 
Esta equação é dividia em dois fatores de multiplicação, 2𝑥 e 𝑒−𝑥
2
. É nítido que não 
existe nenhum valor de 𝑥 tal que 𝑒−𝑥
2
= 0; no entanto, 2𝑥 = 0 para 𝑥 = 0, e assim 𝑥 =
0 é um ponto crítico. 
Intervalos 𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 1) 𝒈(𝒙) 
𝑥 < −1 < 0 Decrescente. 
−1 < 𝑥 < 0 > 0 Crescente. 
0 < 𝑥 < 2 < 0 Decrescente. 
𝑥 > 2 > 0 Crescente. 
 
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Verificamos que para 𝑥 < 0, como por exemplo, 𝑥 = −1, 𝑓′(−1) =
−2(−1) 𝑒−(−1)
2
= 2𝑒 > 0, logo 𝑓(𝑥) é crescente para 𝑥 < 0. Para 𝑥 > 0, como por 
exemplo, 𝑥 = 1; 𝑓′(1) = −2(1) 𝑒−(1)
2
= −2𝑒−1 < 0. Logo, 𝑓(𝑥) é decrescente para 
𝑥 > 0. Temos que 𝑓(0) = 𝑒−0
2
= 1. 
Podemos então concluir que existe um ponto de máximo local para 𝑓(𝑥), que é o 
ponto (0, 1). Para 𝑥 ∈ (−∞, 0), 𝑓(𝑥) é crescente, e que para 𝑥 ∈ (0, +∞), 𝑓(𝑥) é 
decrescente. 
 
Exercício 21. Temos a função 𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 16𝑥3/3. Para determinarmos os 
pontos críticos, primeiro derivamos 𝑓, e obtemos que 𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 − 16𝑥2. 
Determinamos então a condição em que 𝑓′(𝑥) = 0, também chamada de condição de 
primeira ordem (CPO). Para isto, devemos resolver a equação 4𝑥3 − 16𝑥2 = 0. 
Simplificando a equação, temos que 4𝑥2(𝑥 − 4) = 0. Desta forma, verificamos que os 
pontos críticos são 𝑥 = 0 e 𝑥 = 4, 
Derivamos novamente, e obtemos que 𝑓′′(𝑥) = 12𝑥2 − 32𝑥 = 4𝑥(3𝑥 − 8). 
Fazendo o teste da derivada segunda, obtemos que 𝑓′′(0) = 0, e 𝑓(4) = 64 > 0; logo 
𝑥 = 4 é um ponto de mínimo relativo. 
Já para 𝑥 = 0, devemos fazer o teste da derivada primeira, que requer verificar 
𝑓′(𝑥) de 𝑥 < 0 e de 0 < 𝑥 < 4. Verifiquemos para os casos em que 𝑥 = −1 e 𝑥 = 1, 
que satisfazem tais intervalos. Verificamos que 𝑓′(−1) = 4(−1)2((−1) − 4) =
4(−5) = −20 < 0; e 𝑓′(1) = 4(1)2(1 − 4) = −12 < 0. Logo, 𝑓(𝑥) é decrescente 
para este intervalo, e assim, 𝑥 = 0 não é ponto de máximo nem de mínimo de 𝑓. 
A Figura E21 nos ilustra este resultado, com o gráfico da função 𝑓(𝑥) = 𝑥4 −
16𝑥3/3. 
 
 
 
 
 
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Figura E21 Resultado do Exercício 21. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
 
Exercício 22. (a) Temos a função 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 6𝑥2 + 9𝑥 − 1. Derivando, 
obtemos 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 12𝑥 + 9. A CPO é dada por 3𝑥2 − 12𝑥 + 9 = 0. Resolvendo 
pela fórmula de bhaskara, obtemos que 
𝑥 =
12 ± √144 − 108
6
= 2 ±
√36
6
= 2 ± 1. 
Temos então que 𝑥 = 1 e 𝑥 = 3 são pontos críticos da função. Fazendo a 
derivada segunda, temos que 𝑓′′(𝑥) = 6𝑥 − 12, e 𝑓(1) = 6 − 12 = −6 < 0; e 𝑓(3) =
18 − 12 = 6 > 0. Assim, (1, 𝑓(1)) é um ponto máximo local, e (3, 𝑓(3)) é um ponto 
mínimo local. 
(b) Temos a função 𝑓(𝑥) = 𝑥 ln(𝑥). Derivando, temos que 𝑓′(𝑥) = ln(𝑥) + 1. Logo 
temos como CPO ln(𝑥) + 1 = 0, logo ln(𝑥) = −1, e 𝑥 = 𝑒−1 é o ponto crítico desta 
função. Fazendo a derivada segunda, temos que 𝑓′′(𝑥) = 1/𝑥. Fazendo o teste da 
derivada segunda, obtemos que 
𝑓′′ (
1
𝑒
) =
1
1
𝑒
= 𝑒 > 0. 
Assim verificamos que 𝑥 = 𝑒−1 é um mínimo local da função. Resolvendo 
𝑓(𝑒−1) = 𝑒−1 ln(𝑒−1) = −𝑒−1 ln(𝑒) = −𝑒−1; e assim o ponto (𝑒−1, −𝑒−1) é um ponto 
mínimo local da função. 
 
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Exercício 23. (a) Temos a função 𝑓(𝑥) = 𝑥
5
3, logo 𝑓′(𝑥) = 5𝑥
2
3/3, e 𝑓′′(𝑥) =
10𝑥−
1
3 9⁄ = 10/9√𝑥
3
. Desta forma, não existe 𝑓′′(𝑥) = 0. No entanto, para 𝑥 > 0, 
𝑓′′(𝑥) > 0, e para 𝑥 < 0, 𝑓′′(𝑥) < 0, logo (0, 0) é um ponto de inflexão. E 𝑓 tem 
concavidade voltada para baixo em (−∞, 0), e concavidade voltada para cima em 
(0, +∞). 
(b) Temos a função 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒−𝑥, logo 𝑓′(𝑥) = 𝑒−𝑥 − 𝑥𝑒−𝑥, e 𝑓′′(𝑥) = −𝑒−𝑥 −
(𝑒−𝑥 − 𝑥𝑒−𝑥) = −2𝑒−𝑥 + 𝑥𝑒−𝑥. Para que 𝑓′′(𝑥) = 0, a equação 𝑥𝑒−𝑥 − 2𝑒−𝑥 = 0 
deve ser satisfeita, de forma que 𝑥𝑒−𝑥 = 2𝑒−𝑥; logo 𝑥 = 2𝑒−𝑥 𝑒−𝑥⁄ = 2. Verificamos 
que para 𝑥 > 2, 𝑓′′(𝑥) = 𝑒−𝑥(𝑥 − 2) > 0, e para 𝑥 < 0, 𝑓′′(𝑥) < 0, logo (2, 2 𝑒2⁄ ) é 
um ponto de inflexão. Assim, 𝑓(𝑥) tem concavidade voltada para cima em (2, +∞), e 
concavidade voltada para baixo em (−∞, 2). 
 
Exercício 24. Temos a função 𝑦 = 𝑓(𝑥) = √𝑥2
3
(1 − 𝑥2), que pode ser expressa 
por 
𝑓(𝑥) = (𝑥
2
3) (1 − 𝑥2). 
Faremos agora o passo a passo para o esboço do gráfico. 
Primeiro passo. Verificamos que 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ. 
Segundo passo. Para 𝑥 = 0, temos que 𝑦 = 𝑓(0) = 0; logo a curva passa pelo ponto 
(0, 0). Para 𝑦 = 0, além de 𝑥 = 0, podemos verificar pelo segundo fator da função 
expresso por 1 − 𝑥2 outras condições que satisfaçam 𝑦 = 0. Assim, resolvemos 𝑥 para 
1 − 𝑥2 = 0, e obtemos que para 𝑥 = ±1, 𝑦 = 0. Desta forma verificamos que a curva 
também passa pelos pontos (−1, 0) e (1, 0). 
Terceiro passo. Derivamos 𝑓, de forma que para 𝑥 ≠ 0, temos que 
𝑓′(𝑥) =
2(1 − 𝑥2)
3𝑥
1
3
+ 𝑥
2
3(−2𝑥) =
(2 − 2𝑥2) − 3𝑥
1
3𝑥
2
32𝑥
3𝑥
1
3
=
2 − 2𝑥2 − 6𝑥2
3𝑥
1
3
=
2 − 8𝑥2
3𝑥
1
3
=
−2(4𝑥2 − 1)
3𝑥
1
3
. 
https://sites.google.com/view/pedrobritto
161 
 
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Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
Assim, obtemos através da CPO 𝑓′(𝑥) = 0, resolvendo a equação 4𝑥2 − 1 = 0, logo 
𝑥 = ±1/2 são os pontos críticos da função. Observa-se que 𝑓′(𝑥) não é definida em 
𝑥 = 0, logo este também é um candidato de pronto extremal. 
Quarto passo. Fazemos a derivada segunda de 𝑓, e obtemos que 
𝑓′′(𝑥) = (
2 − 8𝑥2
3𝑥
1
3
)
′
=
−16𝑥 (3𝑥
1
3) − (2 − 8𝑥2) (𝑥−
2
3)
(3𝑥
1
3)
2 =
−48𝑥
4
3 − 2𝑥−
2
3 + 8𝑥
4
3
9𝑥
2
3
=
−40𝑥
4
3 − 2𝑥−
2
3
9𝑥
2
3
= −
2𝑥−
2
3 (20𝑥
6
3 + 1)
9𝑥
2
3
= −2
20𝑥2 + 1
9𝑥
4
3
. 
Verificamos então que tanto o numerador quantoo denominador de 𝑓′′(𝑥) têm a 
variável 𝑥 elevadas a expoentes pares, e a fração é negativa, logo tanto 𝑓′′(−1 2⁄ ) < 0 
quando 𝑓′′(1 2⁄ ) < 0; logo 𝑥 = ±1/2 são pontos de máximo local de 𝑓. 
Para o caso de 𝑥 = 0, devemos estudar o sinal da derivada de 𝑓 para valores à 
esquerda e à direita de 𝑥 = 0. Para 0 < 𝑥 < 1/2, podemos verificar que 𝑓′(𝑥) > 0; e 
para −1 2⁄ < 𝑥 < 0, podemos verificar que 𝑓′(𝑥) < 0; e assim podemos determinar 
que 𝑥 = 0 é um ponto mínimo local de 𝑓. Esta verificação é feita isolando os fatores de 
𝑓′(𝑥), e observando os que resultam em valores positivos e negativos. 
Quinto passo. Verificamos que não existe 𝑓′′(𝑥) = 0, mas devido ao formado de 
𝑓′′(𝑥), podemos verificar que 𝑓′′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ − {0}, logo 𝑓 é côncava 
voltada para baixo em ℝ− {0}. 
Sexto passo. Como 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ, logo não existe assíntota vertical. Para verificar se 
existem assíntotas horizontais, verificamos os limites em ±∞, de forma que 
lim
𝑥→+∞
√𝑥2
3
(1 − 𝑥2) = −∞; e lim
𝑥→−∞
√𝑥2
3
(1 − 𝑥2) = −∞. 
Sétimo passo. Esboçaremos agora este gráfico. Verificamos no quarto passo que 𝑥 =
±1/2 são pontos de máximo local, logo a função passa pelos pontos de (−0,5, 0,47) e 
(0,5, 0,47) como máximos locais com concavidade voltada para baixo (vide quinto 
passo). Já o ponto (0, 0) é um mínimo local de 𝑓. 
A Figura E24 ilustra o esboço do gráfico da função 𝑓(𝑥) = √𝑥2
3
(1 − 𝑥2). 
 
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Figura E24 Resultado do Exercício 24. 
 
Fonte: VILCHES & CORRÊA. 
 
Exercício 25. Temos a equação 𝑦 = −𝑥2 + 17𝑥 − 66 que denota a forma de uma 
colina, onde o domínio desta função está contido em [6, 11]. Temos também um 
asqueroso professor de cálculo munido de um rifle localizado no ponto (2, 0), ou seja, 
onde 𝑦 = 0 representado pela região plana antes da colina. Intuitivamente, uma pessoa 
estará segura na colina depois de sua região de ponto máximo. Derivamos então a 
equação para localizar os pontos críticos, e temos que 𝑦′ = −2𝑥 + 17. Pela CPO, temos 
que 2𝑥 = 17, logo 𝑥 = 17/2. Fazendo a derivada segunda, de forma que 𝑦′′ = −2 <
0. Logo, podemos verificar que o ponto crítico é realmente um ponto máximo, e que a 
forma da colina tem concavidade voltada para baixo (o que condiz com o formato de 
uma colina). Assim, só nos resta calcular 𝑦 para 𝑥 = 17/2, e temos que 
𝑦 = −(
17
2
)
2
+ 17 (
17
2
) − 66 = −
289
4
+
289
2
− 66 =
−289 + 578 − 264
4
=
25
4
. 
Logo, o estudante de cálculo estará 100% seguro a partir do ponto 
(17 2⁄ , 25 4⁄ ) na colina. 
 
Exercício 26. (a) Temos a função 𝑓(𝑥) = 𝑥 (𝑥2 − 9)⁄ . Podemos verificar que caso 
𝑥2 − 9 = 0, a função não estará definida. Logo 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−3, 3}. Verificamos 
que 𝑓(0) = 0, logo 𝑥 = 𝑦 = 0 é o ponto de interseção com os eixos. 
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(b) Verificamos os limites laterais nos pontos onde a função não definida para 
determinarmos as assíntotas verticais, e assim temos que 
lim
𝑥→−3−
𝑥
𝑥2 − 9
= +∞; lim
𝑥→−3+
𝑥
𝑥2 − 9
= −∞; 
lim
𝑥→3−
𝑥
𝑥2 − 9
= −∞; lim
𝑥→3+
𝑥
𝑥2 − 9
= +∞. 
Já para as assíntotas horizontais, verifiquemos os limites em ±∞ de 𝑓(𝑥) se são 
diferentes de ±∞, e obtemos que 
lim
𝑥→±∞
𝑥
𝑥2 − 9
= lim
𝑥→±∞
1
𝑥
= 0. 
Logo, 𝑥 = 0 é a assíntota horizontal. 
(c) Primeiro, determinamos os pontos críticos da função, fazendo a primeira derivada da 
função igual a zero, de forma que 
𝑓′(𝑥) =
(𝑥2 − 9) − (𝑥)(2𝑥)
(𝑥2 − 9)2
=
𝑥2 − 9 − 2𝑥2
(𝑥2 − 9)2
=
−𝑥2 − 9
(𝑥2 − 9)2
= 0. 
Teríamos que resolver −𝑥2 − 9 = 0 para acharmos pontos críticos, no então não 
existe nenhum valor que satisfaça esta igualdade, pois 𝑓′(𝑥) < 0 para todo seu domínio. 
Isto é fácil de ser verificado, pois o numerador da função sempre será negativo, e o 
denominador sempre positivo. Logo a função não possui pontos de máximo nem de 
mínimo, e é decrescente em todo seu domínio. 
(d) Fazemos a derivada segunda para estudar a concavidade da função, e verificar se há 
pontos de inflexão, e assim utilizamos a regra do quociente e da cadeia, e temos que 
𝑓′′(𝑥) =
(−2𝑥)(𝑥2 − 9)2 − (−𝑥2 − 9)(2𝑥)(2(𝑥2 − 9))
(𝑥2 − 9)4
=
(−2𝑥)(𝑥2 − 9)1 − (−𝑥2 − 9)(2𝑥)(2)
(𝑥2 − 9)3
=
−2𝑥3 + 18𝑥 + 4𝑥3 + 36𝑥
(𝑥2 − 9)3
=
2𝑥3 + 54𝑥
(𝑥2 − 9)3
=
2𝑥(𝑥2 + 27)
(𝑥2 − 9)3
. 
Podemos verificar que não existe 𝑓′′(𝑥) para ±3, e que 𝑓′′(0) = 0. Assim, 
devemos estudar a concavidade para os intervalos (−∞,−3), (−3, 0), (0, 3), e 
(3, +∞). Para facilitar o cálculo, verificaremos os sinais de 𝑓′′(𝑥) nos pontos em que 
𝑥 = −4, 𝑥 = −1, 𝑥 = 1, e 𝑥 = 4. 
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𝑓′′(−4) < 0; 𝑓′′(−1) > 0; 𝑓′′(1) < 0; 𝑓′′(4) > 0 
Logo 𝑓(𝑥) tem concavidade voltada para baixo em (−∞,−3) ∪ (0, 1), e concavidade 
voltada para cima em (−3, 0) ∪ (3,+∞). Logo o ponto (0, 0) é um ponto de inflexão. 
(e) De posse de todas estas informações analisadas, podemos esboçar o gráfico, 
conforme ilustrado na Figura E26, 
Figura E26 Resultado do Exercício 26. 
 
Elaboração do autor. 
 
Exercício 27. Temos que a área de um parque retangular seja dada pelo produto de 
comprimento (𝑥) e largura (𝑦), e definida de forma que 𝑥𝑦 = 3600 𝑚2. Isolando 𝑦, 
temos que 
𝑦 =
3600
𝑥
= 3600𝑥−1. 
Deseja-se minimizar o comprimento do cercado, que é dado por 𝐶(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 +
2𝑦. Substituindo-se 𝑦 em função de 𝑥 em 𝐶(𝑥, 𝑦), obtemos a expressão que desejamos 
minimizar, 
𝐶(𝑥) = 2𝑥 + 2(3600𝑥−1) = 2𝑥 + 7200𝑥−1. 
Derivando 𝐶(𝑥) e igualando a zero, obtemos 
𝐶′(𝑥) = 2 − 7200𝑥−2 = 2 −
7200
𝑥2
= 0. 
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Para resolver 𝑥, primeiro precisamos tirar a incógnita do denominador, e assim 
multiplicamos os dois lados da equação por 𝑥2, e temos que 
2𝑥2 −
7200𝑥2
𝑥2
= 0𝑥2; 
2𝑥2 − 7200 = 0; 
𝑥2 =
7200
2
= 3600; 
𝑥 = √3600 = ±60. 
É claro que 𝑥 não pode ser um valor negativo, pois se não o parque não seria 
construído (ou pelo menos não estaria contido em nossa dimensão, por ter um de seus 
comprimentos com valor negativo). Fazemos então a derivada segunda de 𝐶(𝑥) para 
verificarmos se o ponto crítico de 𝑥 = 60 é realmente um ponto minimizante. 
𝐶′′(𝑥) = (−2)(−7200)𝑥−3 =
14400
𝑥3
. 
Desta forma, fica claro que 𝐶′′(𝑥) > 0 para 𝑥 positivo, e 𝐶′′(𝑥) < 0 para 𝑥 
negativo; assim o único ponto crítico extremal minimizante é 𝑥 = 60. Como 𝑦 =
3200/𝑥, temos que 𝑦 = 60 = 𝑥. Assim, para que o comprimento do cercado seja 
menor possível, no caso de 240 𝑚, o parque deve ter formato quadrado, com lados de 
60 𝑚, e assim sua área será de 3600 𝑚2. 
 
Exercício 28. O custo do cabo por km sobre terra pode ser denotado pelo valor unitário 
1; e assim o custo do cabo sob a água pode ser denotado por 1,25/𝑘𝑚. 
Caso o cabo fosse atravessando a largura do rio de 3𝑘𝑚 sobo custo de 1,25, e 
depois percorrendo a distância de 6 𝑘𝑚 por terra pelo custo de 1; o custo toal seria de 
(3)(1,25) + (6)(1) = 3,75 + 6 = 9,75. No entanto, veremos que esta não é a forma 
que minimiza o custo. 
Este exercício implica na noção trigonométrica de Pitágoras. Caso o cabo 
atravesse o rio em alguma forma diagonal, esta distância seria equivalente a hipotenusa 
de um triângulo, e um de seus catetos seria a largura do rio de 3 𝑘𝑚, e o outro cateto 
seria da distância do ponto 𝐵 a determinado outro ponto que esteja mais perto de 𝐶. 
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Chamemos esta distância de 𝑥, que é uma distância menor do que 6 𝑘𝑚. Logo, o 
comprimento do cabo que deverá seguir por terra será de 6 𝑘𝑚 − 𝑥. 
Como a soma do quadrado dos catetos é igual ao quadrado da hipotenusa, e 
tendo os catetos definidos por 3 e 𝑥, logo a hipotenusa é dada por √9 + 𝑥2 (que 
corresponderá a distância do cabo seguida sob a água). Podemos definir então o custo 
de cabeamento como sendo a soma do custo pela parte que o cabo passa sob água 
(1,25√9 + 𝑥2) com o custo sobre terra (6 − 𝑥) em função de 𝑥, de forma que 
𝐶(𝑥) = 1,25√9 + 𝑥2 + 6 − 𝑥 = 1,25(9 + 𝑥2)
1
2 + 6 − 𝑥. 
Como o objetivo é minimizar o custo, derivamos 𝐶(𝑥) e igualamos a zero, e obtemos 
que 
𝐶′(𝑥) =
1,25(2𝑥)(9 + 𝑥2)−
1
2
2
− 1 =
1,25𝑥
√9 + 𝑥2
− 1 = 0; logo 
1,25𝑥
√9 + 𝑥2
= 1. 
Para resolvermos 𝑥, elevamos toda a equação ao quadrado, e obtemos que 
(1,25)2𝑥2
9 + 𝑥2
= 1 ⇒ (1,25)2𝑥2 = 9 + 𝑥2; 
(1,25)2𝑥2 − 𝑥2 = 9 ⇒ 𝑥2((1,25)2 − 1) = 9; 
𝑥2 =
9
(1,25)2 − 1
=
9
0,5625
= 16; 
𝑥 = √16 = ±4. 
Intuitivamente, sabemos que o resultado não pode ser −4, e que logo 𝑥 = 4 é o 
ponto minimizante. No entanto, podemos fazer o teste da derivada segunda para 
conferir, e verificar se 𝐶′′(4) > 0. Assim temos que 
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𝐶′′(𝑥) =
1,25(√9 + 𝑥2) − 1,25𝑥(2𝑥) (
1
2√9 + 𝑥2
)
(√9 + 𝑥2)
2 =
1,25(√9 + 𝑥2) −
1,25𝑥2
√9 + 𝑥2
(9 + 𝑥2)
=
1,25(√9 + 𝑥2)√9 + 𝑥2
√9 + 𝑥2
−
√9 + 𝑥2(1,25𝑥2)
√9 + 𝑥2
(9 + 𝑥2)√9 + 𝑥2
=
1,25(9 − 𝑥2) + 1,25𝑥2
(9 + 𝑥)
3
2
=
11,25
(9 + 𝑥)
3
2
. 
Desta forma, verificamos que 𝐶′′(𝑥) > 0 para qualquer valor de 𝑥 > −9. Logo, 
ambos pontos críticos são minimizantes, mas somente 𝑥 = 4 deve ser considerado. 
Desta forma, a hipotenusa que define a distância do cabeamento sob água é definida por 
√9 + 42 = √25 = 5 𝑘𝑚; e a distância do cabeamento sobre a terra é definida sobre 6 −
4 = 2 𝑘𝑚. Utilizando o numéraire de custo, temos que o custo total de cabeamento 
desta forma seja 1,25(5) + 1(2) = 6,25 + 2 = 8,25, ou seja, menor caso o cabeamento 
sob água fosse somente ligando cada extremidade do rio que verificamos no início da 
solução deste exercício. 
 
Exercício 29. (a) Para resolvermos ∫ 2𝑥𝑒𝑥
2
𝑑𝑥, façamos 𝑢 = 𝑥2, logo 𝑑𝑢 =
2𝑥 𝑑𝑥; assim substituindo na integral, temos que 
∫2𝑥𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 = ∫𝑒𝑢 𝑑𝑢 = 𝑒𝑢 + 𝑐 = 𝑒𝑥
2
+ 𝑐. 
(b) Para resolvermos ∫𝑥𝑒𝑥
2
𝑑𝑥, façamos novamente 𝑢 = 𝑥2, logo 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥; e assim 
𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢/2. Substituindo assim na integral, temos que 
∫𝑥𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 = ∫
𝑒𝑢
2
𝑑𝑢 =
1
2
∫𝑒𝑢 𝑑𝑢 =
𝑒𝑢
2
+ 𝑐 =
𝑒𝑥
2
2
+ 𝑐. 
(c) Para resolvermos ∫[𝑥 √𝑥 + 1⁄ ] 𝑑𝑥, façamos 𝑢 = √𝑥 + 1, logo 𝑢2 = 𝑥 + 1 e 𝑥 =
𝑢2 − 1; e 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥/2√𝑥 + 1, logo 2 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥/√𝑥 + 1; assim, substituindo na integral, 
temos que 
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∫
𝑥
√𝑥 + 1
 𝑑𝑥 = ∫2 (𝑢2 − 1) 𝑑𝑢 = 2∫(𝑢2 − 1) 𝑑𝑢 = 2∫𝑢2 𝑑𝑢 − 2∫𝑑𝑢
=
2𝑢3
3
− 2𝑢 + 𝑐 =
2(√𝑥 + 1)
3
3
− 2√𝑥 + 1 + 𝑐. 
(d) Para resolvermos ∫𝑑𝑥 √1 + √𝑥
3⁄ , façamos 𝑢 = 1 + √𝑥
3
, e assim 𝑥 = (𝑢 − 1)3; e 
𝑑𝑢 = 1 3𝑥
2
3⁄ 𝑑𝑥, e 𝑑𝑥 = 3𝑥
2
3 𝑑𝑢 = 3((𝑢 − 1)3)2/3 𝑑𝑢 = 3(𝑢 − 1)2 𝑑𝑢. Observa-se 
que verificando que 𝑥 = (𝑢 − 1)3, uma forma mais prática seria fazer 𝑑𝑥 =
3(𝑢 − 1)2 𝑑𝑢. Assim, substituindo os termos na integral, temos que 
∫
𝑑𝑥
√1 + √𝑥
3
= ∫
3(𝑢 − 1)2
√𝑢
 𝑑𝑢 
Agora, podemos aplicar as regras da multiplicação por constante, da soma e da potência, 
e obtemos que 
∫
𝑑𝑥
√1 + √𝑥
3
= ∫
3(𝑢 − 1)2
√𝑢
 𝑑𝑢 = 3∫(𝑢 − 1)2𝑢−
1
2 𝑑𝑢 = 3∫(𝑢2 − 2𝑢 + 1)𝑢−
1
2 𝑑𝑢
= 3∫𝑢
3
2 − 2𝑢
1
2 + 𝑢−
1
2 𝑑𝑢 = 3 [
𝑢
5
2
5/2
− 2(
𝑢
3
2
3/2
) +
𝑢
1
2
1/2
] + 𝑐
= 3 [
2𝑢
5
2
5
− 2(
2𝑢
3
2
3
) +
2𝑢
1
2
1
] + 𝑐 = 6 [
𝑢
5
2
5
−
2𝑢
3
2
3
+ 𝑢
1
2] + 𝑐
= 6 [
(1 + √𝑥
3
)
5
2
5
−
2(1 + √𝑥
3
)
3
2
3
+ (1 + √𝑥
3
)
1
2] + 𝑐
= 6(
1
5
√(1 + √𝑥
3
)
5
−
2
3
√(1 + √𝑥
3
)
3
+√(1 + √𝑥
3
)) + 𝑐. 
(e) Para resolvermos ∫ (𝑥2 + 1) √𝑥 + 3
3⁄ 𝑑𝑥, fazemos que 𝑢 = √𝑥 + 3
3
; e assim 𝑢3 =
𝑥 + 3, logo 𝑥 = 𝑢3 − 3, e 𝑑𝑥 = 3𝑢2 𝑑𝑢. Desta forma, a expressão 𝑥2 + 1 pode ser 
reescrita como (𝑢3 − 3)2 + 1 = 𝑢6 − 6𝑢3 + 9 + 1 = 𝑢6 − 6𝑢3 + 10. Fazendo as 
substituições na integral, temos que 
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∫
(𝑥2 + 1)
√𝑥 + 3
3 𝑑𝑥 = ∫
(𝑢6 − 6𝑢3 + 10)
𝑢
3𝑢2 𝑑𝑢 = 3∫(𝑢6 − 6𝑢3 + 10)𝑢 𝑑𝑢
= 3∫𝑢7 − 6𝑢4 + 10𝑢 𝑑𝑢 = 3 [
𝑢8
8
−
6𝑢5
5
+
10𝑢2
2
] + 𝑐
= 3(
(√𝑥 + 3
3
)
8
8
−
6(√𝑥 + 3
3
)
5
5
+ 5(√𝑥 + 3
3
)
2
) + 𝑐
=
3
40
(5(𝑥 + 3)
8
3 − 48(𝑥 + 3)
5
3 + 200(𝑥 + 3)
2
3) + 𝑐
=
3
40
(𝑥 + 3)
2
3(5(𝑥 + 3)2 − 48(𝑥 + 3) + 200) + 𝑐
=
3
40
(𝑥 + 3)
2
3(5(𝑥2 + 6𝑥 + 9) − 48𝑥 − 144 + 200) + 𝑐
=
3
40
(𝑥 + 3)
2
3(5𝑥2 + 30𝑥 + 45 − 48𝑥 + 56) + 𝑐
=
3
40
(𝑥 + 3)
2
3(5𝑥2 − 18𝑥 + 101) + 𝑐. 
 
Exercício 30. (a) Para resolvermos ∫ 𝑥𝑒𝑥 𝑑𝑥, fazemos com que 𝑢 = 𝑥, e logo 
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥; e fazemos 𝑑𝑣 = 𝑒𝑥, logo 𝑣 = ∫𝑒𝑥 𝑑𝑣 = 𝑒𝑥 + 𝑐. Assim temos que 
∫𝑥𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑢𝑣 − ∫𝑣 𝑑𝑢 = 𝑥𝑒𝑥 −∫𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 + 𝑐 = 𝑒𝑥(𝑥 − 1) + 𝑐. 
(b) Para resolvermos ∫𝑥2𝑒𝑥 𝑑𝑥, fazemos 𝑢 = 𝑥2, logo 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥; e 𝑑𝑣 = 𝑒𝑥, logo 
𝑣 = 𝑒𝑥; e assim temos que 
∫𝑥2𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥2𝑒𝑥 −∫𝑒𝑥2𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥2𝑒𝑥 − 2∫𝑒𝑥𝑥 𝑑𝑥. 
Resolvemos então ∫ 𝑒𝑥𝑥 𝑑𝑥 novamente por partes, de forma que 𝑢 = 𝑥, logo 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥; 
e 𝑑𝑣 = 𝑒𝑥, logo 𝑣 = 𝑒𝑥, e assim temos que 
∫𝑒𝑥𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒𝑥 −∫𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 + 𝑐. 
Juntando as duas partes, obtemos que 
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CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I: notas de aula do curso presencial Cálculo Diferencial e 
Integral I (IME01-00508) realizado na UERJ no semestre 2012.1 ministrado por Wellington Reis, por 
Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
∫𝑥2𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥2𝑒𝑥 − 2(𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥) + 𝑐 = 𝑒𝑥(𝑥2 − 2𝑥 + 2) + 𝑐. 
(c) Para calcularmos ∫𝑥2 ln(𝑥) 𝑑𝑥, fazemos com que 𝑢 = ln(𝑥), e assim 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥/𝑥; e 
𝑑𝑣 = 𝑥2 𝑑𝑥, e assim 𝑣 = 𝑥3/3 (calculamos a integral de 𝑥2 de forma imediata com a 
regra da potência). Assim, temos que 
∫𝑥2 ln(𝑥) 𝑑𝑥 =
ln(𝑥) 𝑥3
3
− ∫
𝑥3
3
𝑑𝑥
𝑥
= 
ln(𝑥) 𝑥3
3
−
1
3
∫𝑥2 𝑑𝑥=
ln(𝑥) 𝑥3
3
−
1
3
𝑥2
3
+ 𝑐
=
𝑥2
3
(𝑥 ln(𝑥) −
1
3
) + 𝑐. 
 
Exercício 31. (a) Para resolvermos ∫ 𝑥(5)−𝑥
2
 𝑑𝑥, façamos 𝑢 = 𝑥2, logo 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥, e 
assim 𝑑𝑢 2⁄ = 𝑥 𝑑𝑥. Assim, substituindo na integração, temos que 
∫𝑥(5)−𝑥
2
 𝑑𝑥 = ∫(5)−𝑢
𝑑𝑢
2
=
1
2
∫5−𝑢 𝑑𝑢 =
1
2
5−𝑢
− ln5
+ 𝑐 = −
5−𝑥
2
2 ln(5)
+ 𝑐. 
(b) Notemos que ∫𝑥𝑒𝑥 (𝑥 + 1)2⁄ 𝑑𝑥 pode ser reescrito como ∫ 𝑥𝑒𝑥(𝑥 + 1)−2 𝑑𝑥; 
assim podemos fazer com que 𝑢 = 𝑥𝑒𝑥, e assim 𝑑𝑢 = (𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥(1 + 𝑥) 𝑑𝑥 
e 𝑑𝑣 = (𝑥 + 1)−2 𝑑𝑥, e assim 𝑣 = (𝑥 + 1)−1 −1⁄ = −(𝑥 + 1)−1; assim temos que 
∫
𝑥𝑒𝑥
(𝑥 + 1)2
 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒𝑥(−(𝑥 + 1)−1) − ∫−(𝑥 + 1)−1 𝑒𝑥(1 + 𝑥) 𝑑𝑥
= −
𝑥𝑒𝑥
𝑥 + 1
+ ∫𝑒𝑥 𝑑𝑥 = −
𝑥𝑒𝑥
𝑥 + 1
+ 𝑒𝑥 + 𝑐 = 𝑒𝑥 (1 −
𝑥
𝑥 + 1
) + 𝑐
= 𝑒𝑥 (
𝑥 + 1 − 𝑥
𝑥 + 1
) + 𝑐 =
𝑒𝑥
𝑥 + 1
+ 𝑐. 
(c) Notemos que ∫(𝑥 + 1 𝑥⁄ )
3
2((𝑥2 − 1) 𝑥2⁄ ) 𝑑𝑥 pode ser reescrito como ∫(𝑥 +
1 𝑥⁄ )
3
2(1 − 𝑥−2) 𝑑𝑥. Façamos 𝑢 = 𝑥 + 1 𝑥⁄ = 𝑥 + 𝑥−1, logo 𝑑𝑢 = 1 − 𝑥−2 𝑑𝑥 = 1 −
1 𝑥2⁄ 𝑑𝑥. Verificamos neste caso, que não há necessidade de se fazer integração por 
partes, e que já pode-se fazer as substituições na integral, de forma que 
∫(𝑥 +
1
𝑥
)
3
2
(
𝑥2 − 1
𝑥2
) 𝑑𝑥 = ∫𝑢
3
2 𝑑𝑢 =
2𝑢
5
2
5
+ 𝑐 =
2 (𝑥 +
1
𝑥)
5
2
5
+ 𝑐. 
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Integral I (IME01-00508) realizado na UERJ no semestre 2012.1 ministrado por Wellington Reis, por 
Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
(d) Para calcularmos ∫ ln3(𝑥) 𝑑𝑥, fazemos 𝑢 = ln3(𝑥), e assim 𝑑𝑢 = 3 ln2(𝑥) 𝑥⁄ 𝑑𝑥; e 
𝑑𝑣 = 𝑑𝑥, e assim, 𝑣 = 𝑥; desta forma temos que 
∫ ln3(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 ln3(𝑥) − ∫𝑥
3 ln2(𝑥)
𝑥
𝑑𝑥 = 𝑥 ln3(𝑥) − 3∫ ln2(𝑥) 𝑑𝑥. 
Para resolvermos ∫ ln2(𝑥) 𝑑𝑥, fazemos novamente integral por partes, de forma que 
𝑢 = ln2(𝑥), e assim 𝑑𝑢 = 2 ln(𝑥) /𝑥 𝑑𝑥; e 𝑑𝑣 = 𝑑𝑥, e assim 𝑣 = 𝑥; logo 
∫ ln2(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 ln2(𝑥) − ∫𝑥
2 ln(𝑥)
𝑥
= 𝑥 ln2(𝑥) − 2∫ ln(𝑥). 
Para resolvermos ∫ ln(𝑥), fazemos com que 𝑢 = ln(𝑥), e assim 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥/𝑥, e 𝑑𝑣 =
𝑑𝑥, e assim 𝑣 = 𝑥, e assim temos que 
∫ ln(𝑥) = 𝑥 ln(𝑥) − ∫𝑥
𝑑𝑥
𝑥
= 𝑥 ln(𝑥) − ∫𝑑𝑥 = 𝑥 ln(𝑥) − 𝑥 + 𝑐 = 𝑥(ln(𝑥) − 1) + 𝑐. 
Podemos agora fazer as substituições, de forma que 
∫ ln2(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 ln2(𝑥) − 2(𝑥(ln(𝑥) − 1)) + 𝑐 = 𝑥(ln2(𝑥) − 2 ln(𝑥) + 2) + 𝑐. 
E assim, 
∫ ln3(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 ln3(𝑥) − 3(𝑥(ln2(𝑥) − 2 ln(𝑥) + 2)) + 𝑐
= 𝑥(ln3(𝑥) − 3 ln2(𝑥) + 6 ln(𝑥) − 6) + 𝑐. 
(e) Para resolvermos ∫ 𝑥5𝑒𝑥
2
𝑑𝑥, fazemos 𝑡 = 𝑥2, e assim 𝑑𝑡 = 2𝑥 𝑑𝑥, e 𝑑𝑡 2⁄ = 𝑥 𝑑𝑥; 
e 𝑡2 = 𝑥4. Substituindo na integral, temos que 
∫𝑥5𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 = ∫
𝑡2𝑒𝑡 𝑑𝑡
2
=
1
2
∫ 𝑡2𝑒𝑡 𝑑𝑡. 
Agora, podemos fazer a integração por partes, de forma que 𝑢 = 𝑡2, e assim 𝑑𝑢 =
2𝑡 𝑑𝑡, e 𝑑𝑣 = 𝑒𝑡𝑑𝑡, e 𝑣 = 𝑒𝑡, e assim temos que 
∫𝑥5𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 =
1
2
∫𝑡2𝑒𝑡 𝑑𝑡 =
1
2
(𝑡2𝑒𝑡 −∫𝑒𝑡2𝑡 𝑑𝑡) =
1
2
(𝑡2𝑒𝑡 − 2∫𝑒𝑡𝑡 𝑑𝑡). 
Resolvemos então ∫ 𝑒𝑡𝑡 𝑑𝑡 por integração em partes, e agora fazemos que 𝑢 = 𝑡, e 
assim 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡, e 𝑑𝑣 = 𝑒𝑡 𝑑𝑡, e assim 𝑣 = 𝑒𝑡; e assim temos que 
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Integral I (IME01-00508) realizado na UERJ no semestre 2012.1 ministrado por Wellington Reis, por 
Pedro Johnson; disponível em: https://sites.google.com/view/pedrobritto. 
∫𝑒𝑡𝑡 𝑑𝑡 = 𝑡𝑒𝑡 −∫𝑒𝑡𝑑𝑡 = 𝑡𝑒𝑡 − 𝑒𝑡 + 𝑐 = 𝑒𝑡(𝑡 − 1) + 𝑐. 
Podemos agora fazer as substituições, de forma que 
∫𝑥5𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 =
1
2
(𝑡2𝑒𝑡 − 2𝑒𝑡(𝑡 − 1)) + 𝑐 =
𝑒𝑡(𝑡2 − 2𝑡 + 2)
2
+ 𝑐
=
𝑒𝑥
2
(𝑥4 − 2𝑥2 + 2)
2
+ 𝑐 = 𝑒𝑥
2
(
𝑥4
2
− 𝑥2 + 1) + 𝑐. 
(f) Verifiquemos que ∫ (𝑥2 + 1) √𝑥 + 3
3⁄ 𝑑𝑥 pode ser reescrito como ∫(𝑥2 +
1)(𝑥 + 3)−1 3⁄ 𝑑𝑥. Fazemos então que 𝑢 = 𝑥 + 3, e assim 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥, e 𝑥 = 𝑢 − 3; e 
assim substituindo na integral, temos que 
∫
𝑥2 + 1
√𝑥 + 3
3 𝑑𝑥 = ∫((𝑢 − 3)
2 + 1)𝑢−
1
3 𝑑𝑢 = ∫(𝑢2 − 6𝑢 + 9 + 1)𝑢−
1
3 𝑑𝑢
= ∫𝑢
5
3 − 6𝑢
2
3 + 10𝑢−
1
3 𝑑𝑢 =
3𝑢
8
3
8
−
18𝑢
5
3
5
+ 15𝑢
2
3 + 𝑐
=
3(𝑥 + 3)
8
3
8
−
18(𝑥 + 3)
5
3
5
+ 15(𝑥 + 3)
2
3 + 𝑐. 
 
 
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