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Curso de Cál
ulo de Uma Variável
Mar
o A. P. Cabral
Curso de Cál
ulo de Uma VariávelPrimeira EdiçãoMar
o A. P. CabralPhD Indiana University � EUAProfessor do Instituto de Matemáti
aUniversidade Federal do Rio de Janeiro
Departamento de Matemáti
a Apli
adaInstituto de Matemáti
aUniversidade Federal do Rio de JaneiroRio de Janeiro - BrasilAbril/2010Cópias são autorizadas e bem vindas: divulgue nosso trabalho! Consulte o sítiowww.labma.ufrj.br/~m
abral ou entre em
ontato
om o autor em map
abral AT ufrj br.
iEste trabalho muito provavelmente será li
en
iado sob uma Li
ença Atribuição-Uso Não-Comer
ial-Compartilhamento pela mesma Li
ença 2.5 Brasil. Para ver uma
ópia destali
ença, visite http://
reative
ommons.org/li
enses/by-n
-sa/2.5/br/ou envie uma
arta para Creative Commons, 171 Se
ond Street, Suite 300, San Fran
is
o, California94105, USA.
Fi
ha Catalográ�
aCabral, Mar
o A. P.Curso de Cál
ulo de Uma Variável / Mar
o Cabral - Rio de Janeiro: Instituto de Matemáti
a,2008. 1. Cál
ulo I. TítuloCDD: 512.5516.3ISBN XX-XXXX-XXX-X
Sobre o Autor
Mar
o Cabral fez o Ba
harelado em Informáti
a na UFRJ, o Mestrado em Matemáti
a Apli
ada naUFRJ e o doutorado em Matemáti
a na Indiana University (EUA). Trabalha
om equações diferen
iaispar
iais e Análise Numéri
a. É professor no Instituto de Matemáti
a na UFRJ.
ii
Prefá
io
�Todo aspe
to deste livro foi in�uen
iado pelo desejo de apresentar o Cál
ulo não somente
omo um prelúdio, mas
om um primeiro en
ontro real
om a Matemáti
a. (. . . ) Alémde desenvolver a intuição do estudante sobre os belos
on
eitos de Análise, é
ertamenteigualmente importante persuadi-los que a pre
isão e o rigor � embora não sejam um �mem si mesmo � são o meio natural para formular e pensar sobre questões matemáti
as.�(Prefá
io do livro de Cál
ulo do Spivak [Sp℄, em tradução livre)Para o estudanteEste livro tem
omo fo
o o aluno e suas di�
uldades, tratando-os de forma inteligente. No texto
olo
amos em destaque, dentro de uma
aixa de texto:(a) dúvidas de Pré-Cál
ulo in
orporadas diretamente aos
on
eitos de Cál
ulo, ao invés deapresentadas em Capítulo ini
ial de revisão, re
urso didáti
o desmotivante para o aluno (e para oProfessor);(b) Erros Comuns
ometidos pelos alunos.Consideramos que existem diversos livros ex
elentes que devem ser
onsultados. Podemos re
o-mendar por
ategoria:(a) Livros de Cál
ulo utilizados atualmente: Anton, Stewart, Leithold, Simmons, . . . Vo
ê deveter sempre por perto um destes livros para
omplementar este material. Leia a teoria e os exemplosdestes livros também.(b) Livros (mais antigos)
lássi
os de Cál
ulo: Courant [Co℄ �Di�erential and Integral Cal
ulusvol. 1� de 1934, Spivak [Sp℄ �Cal
ulus� de 1967. Re
omendo fortemente que os alunos que tenhamseu interesse despertado utilizem o livro de Cál
ulo do Spivak. É interessante também folhear sem
ompromisso o livro do Courant. Experimente ler o
apítulo sobre limites do livro do Spivak. Ex-perimente ler sobre a fórmula de Stirling (fatorial) no livro do Courant. Vo
ê
orre o ris
o de �
arfas
inado pelo Cál
ulo.(
) Livros de Análise Real, a teoria que fundamenta a matemáti
a: Neri e Cabral [NC℄ (disponívelonline em www.labma.ufrj.br/~m
abral) e Elon. Para a fundamentação teóri
a do Cál
ulo éne
essário estudar análise,
urso que alguns de vo
ês podem querer fazer depois do Cál
ulo.(d) Livros de Divulgação Matemáti
a:� O que é Matemáti
a? Courant; Robbins.� A arte de resolver problemas; Polya.� Matemáti
a e Imaginação; Kasner.� A Experiên
ia Matemáti
a; Dantzig.Estas leituras vão abrir um pou
o os horizontes. São todos
lássi
os. In
luem todo tipo deMatemáti
a, passando por lógi
a, números, topologia, teoria da
omputação, �loso�a da matemáti
a.É parte fundamental do aprendizado de Matemáti
a resolver exer
í
ios, tantos quanto for possível.Deve-se tentar resolver os Exemplos que apare
em ao longo do texto de sem olhar a resposta no �naldo livro. Ao �nal de
ada
apítulo existem exer
í
ios divididos em 4 grupos:iii
PREFÁCIO iv
• exer
í
ios de �xação: Devem ser feitos imediatamente após a leitura do texto. São de resposta
urta. Não saber resposta
orreta sugere um retorno ao texto. Deve-se fazer todos antes deseguir adiante.
• problemas: São os prin
ipais exer
í
ios do
apítulo. Todos (ou quase) devem ser feitos.
• problemas extras: Caso o aluno tenha feito todos os problemas e deseje mais práti
a.
• desa�os: Para se aprofundar na dis
iplina. São op
ionais.Todos os exer
í
ios de �xação e todos os problemas tem respostas no �nal do livro. Váriosproblemas extras e desa�os também possuem respostas. Seções mar
adas por uma estrela ⋆ sãoop
ionais.Por �m deixo algumas máximas:� Professor não ensina, o aluno é que aprende.� Não existe aluno inteligente, existe aluno dedi
ado. Quem a
redita em inteligên
ia
omo algoinato é o aluno que não estuda, que des
ulpa sua falta de empenho,
om extrema modéstia, dizendoque não é inteligente.Porque um novo livro?
• A es
olha da li
ença do tipo
opyleft (o
ontrário do
opyright) é parte fundamental desteprojeto. A li
ença permite não somente a distribuição gratuita
omo também ore-uso do material por qualquer pessoa. Desta forma este livro poderá ser aperfeiçoado daquipor diante, ao invés de todo esforço envolvido se perder
aso o livro pare de ser editado. Paradetalhes
onsulte: http://
reative
ommons.org. Isto in
entiva também a
olaboração
omo projeto, pois o esforço investido será revertido para toda humanidade. Mande sugestões,erros e soli
ite o fonte (latex) para o autor Mar
o Cabral em map
abral AT ufrj DOT br.
• Permitir aos alunos de todo o Brasil a
esso fá
il (internet) a material gratuito e de qualidade.
• O material de pré-
ál
ulo está disseminado ao longo do
urso, dentro dos
apítulos de limite,derivada e integral. A solução usual de in
luir um
apítulo ini
ial somente
om pré-
ál
ulo épou
o motivante, o que faz
om que frequentemente seja ignorado pelos alunos e professores.É nosso desejo também que o aluno
ome
e a aprender
ál
ulo desde o primeiro dia de aula.
• Os exer
í
ios são por
apítulo, evitando exer
í
ios desintegrados. Exer
í
ios por Seção tendema
obrir muito pou
o material e treinar o aluno numa úni
a té
ni
a.
• É fundamental que o livro seja pequeno para que alunos leiam o texto e que a quantidadede exer
í
ios seja razoável, para não desen
orajar os alunos. A tentação é grande de
olo
armuitos tópi
os. Por esta razão os livros de Cál
ulo
hegam a ter 500 páginas! Mas hoje em diaé desne
essário
olo
ar detalhes de tópi
os pois podemos remeter os alunos para outros livrosou internet. Levantamos tópi
os diversos em observações ao longo do texto e nos Desa�os de�nal de
apítulo.
• Criar um pa
ote
ompleto,
om livro texto, exer
í
ios (
om respostas) e transparên
ias paraum
urso de Cál
ulo.Como foi es
olhido o material?Determinamos os tópi
os tomando por base o
urso usualmente ministrado na UFRJ. Além disso o
omponente estéti
o foi fundamental: os alunos devem per
eber a beleza da Matemáti
a. Algumases
olhas importantes foram feitas:
PREFÁCIO v
• material de pré-
ál
ulo está disseminado pelos diversos
apítulos do livro, ao invés de
olo
adono primeiro
apítulo. Por exemplo, optamos por
olo
ar os tópi
os:� modelagem: na Seção de max/min;�
omposição e inversa de funções: na Seção de regra da derivada da
adeia e da inversa;� equação da reta: no iní
io do Capítulo de derivada;� análise de sinal de funções (desigualdades): no Capítulo de Limites, na seção de limitesno in�nito;� translação de grá�
o, função de�nida por partes: no Capítulo de limites;� log/exp: na Seção de derivada da
omposta e função inversa.
• O limite fundamental trigonométri
o (sen(x)/x quando x → 0) é apresentado no �nal doCapítulo de Limites
omo uma das apli
ações do Teorema do
onfronto ou sanduí
he. É umresultado bonito que mere
e o devido destaque, ao invés da opção usual de apresentá-lo
omomero passo de
ál
ulo da derivada do seno.
• De�nimos o número e (base do logaritmo natural) através do limite (1+1/n)n quando n → +∞no �nal do Capítulo de Limite. Conetamos
om apli
ações da exponen
ial: juros
ompostos
ontínuos,
res
imento popula
ional, de
aimento radioativo. É um resultado bonito que me-re
e o devido destaque, ao invés da opção usual de apresentá-lo
omo mero passo de
ál
uloda derivada do logaritmo ou da exponen
ial. Outra opção, ainda menos feliz, é adiar isto,juntamente
om a de�nição do logaritmo, para depois do
apítulo de integral. Isto não impedeque se faça a de�nição do log
om integral depois.
• Esboço de grá�
o de função apare
e logo no iní
io, no Capítulo de limites (embora restrito afunções ra
ionais). Vai reapare
er depois no Capítulo de Apli
ações da Derivada.
• O
ál
ulo de volume de sólidos é feito
om somente uma té
ni
a: Cavalieri. A té
ni
a parasólidos de revolução é uma mera apli
ação de Cavalieri.
• Provamos (ou indi
amos a prova) de todos os Teoremas interessantes,
om padrão de rigorvariável, a
essível aos estudantes. Provas de resultados buro
ráti
os (limite e derivada da somapor exemplo) são omitidos.
SUMÁRIO
Sobre o Autor iiPrefá
io iii1 Limite 11.1 De�nição de Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Limites e In�nito: Assíntotas Verti
ais e Horizontais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3 Indeterminações do Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.4 Esboço de Grá�
os parte I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.5 Limites Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.6 ⋆Softwares Gratuitos e o Cál
ulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371.7 ⋆Introdução à Análise Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371.7.1 Cardinalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371.7.2 O que é R? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381.7.3 Ra
ionais, Irra
ionais, Algébri
os, Trans
endentes . . . . . . . . . . . . . . . 381.7.4 De�nição Rigorosa de Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.8 Exer
í
ios de Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.8.1 Exer
í
ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.8.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421.8.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441.8.4 Desa�os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452 Continuidade 472.1 De�nição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.2 Teorema do Valor Intermediário (TVI) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.3 ⋆Construção da Função Raiz, Trigonométri
as, Exponen
ial, Logarítmi
a, Hiperbóli-
as e Outras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.3.1 Função Raiz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.3.2 Funções Exponen
ial e Logarítmi
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.3.3 Funções Trigonométri
as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.3.4 Funções Hiperbóli
as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.3.5 Outras Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.4 Exer
í
ios de Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.4.1 Exer
í
ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.4.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.4.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.4.4 Desa�os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58vi
SUMÁRIO viiA Respostas dos Exer
í
ios 59A.1 Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59A.1.1 Exer
í
ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59A.1.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61A.1.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64A.1.4 Desa�os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65A.2 Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66A.2.1 Exer
í
ios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66A.2.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66A.2.3 Extras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67A.2.4 Desa�os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67Bibliogra�a 68
CAPÍTULO 1Limite
1 �O
on
eito de limite é
ertamente o mais importante e provavelmente o mais difí
il detodo o Cál
ulo. (. . . ) O que nós vamos de�nir neste Capítulo não é a palavra limite, esim a noção de uma função se aproximando de um limite.� (Spivak [Sp℄ p.72)Objetivos: Apresentar o
on
eito de limite de forma intuitiva e
olo
ar o aluno em
ontato
omdiversos tipos de funções: exponen
ial, log, raiz e translações destas; funções de�nidas por partes;funções mais
ompli
adas tipo IQ (função indi
adora dos ra
ionais) e sen(1/x).Apresentamos o material de pré-
ál
ulo INTEGRADO
om
onteúdo de limite. Isto permite�exibilidade de a
ordo
om as di�
uldades de
ada aluno.Damos o devido destaque e batizamos a té
ni
a de mudança de variáveis do limite,
one
tando-a
om a mudança de variáveis na integral. Por
ontraste, em prati
amente todos os livros, esta apare
esomente de forma
asual, através de exer
í
ios ou exemplos.Na parte de assíntotas (verti
ais e horizontais)
omeçamos a esboçar grá�
os
om somente estainformação. Passo pelas propriedades bási
as (limite da soma, produto, diferença, et
.) muitorapidamente pois são buro
ráti
as.Apresento Limites fundamentais do seno e da exponen
ial (o limite que de�ne o número e).Queremos utilizar logaritmo e exponen
ial desde o
omeço.1.1 De�nição de LimiteVamos apresentar a de�nição informal (não-rigorosa, intuitiva) de limite, o
on
eito fundamental doCál
ulo (e da Análise). A de�nição rigorosa (
om ε e δ) está nas últimas seções (op
ionais) deste
apítulo e em qualquer livro de Análise (
omo por exemplo [NC℄). O resto do
apítulo será dedi
adoa entendermos esta de�nição.De�nição 1 (limite) Considere uma função real f de�nida perto de c ∈ R (mas não ne
essariamentede�nida em c). Dizemos que o limite de f(x) quando x tende a c é igual a L, denotado por
lim
x→c
f(x) = L, se f(x) �
a bem próximo de L ∈ R quando x está su�
ientemente próximo de c ∈ Rmas x 6= c. Es
reve-se também que f(x) → L quando x → c.Na de�nição de limite nos aproximamos de c pelos dois lados. Podemos de�nir o limite lateral, àesquerda e à direita, restringindo o lado em que �
amos próximos de c.1Versão 7 de março de 2010 1
CAPÍTULO 1. LIMITE 2De�nição 2 (limite lateral pela direita (esquerda)) Considere uma função real f de�nida pertode c ∈ R (mas não ne
essariamente de�nida em c). Dizemos que o limite de f(x) quando x tendea c pela direita (esquerda) é igual a L, denotado por lim
x→c+
f(x) = L ( lim
x→c−
f(x) = L), se f(x) �
abem próximo de L ∈ R quando x está su�
ientemente próximo de c ∈ R mas x > c (x < c).Observação 1 Valor da função no ponto N�O interessa para efeito do
ál
ulo do limite. Destaforma o lim
x→c
f(x) não é ne
essariamente igual a f(c). Pode o
orrer ainda:(a) do limite não existir; (b) da função não estar de�nida em c.Quando lim
x→c
f(x) = f(c) (o limite existe e é igual ao valor da função no ponto) dizemos que a fun-ção f é
ontínua em c. Isto o
orre
om as funções (bem
omportadas) que estamos a
ostumados:
f(x) = x2 − 3x − 4, g(x) = sen(x), h(x) = 10x, . . .Vamos estudar o
on
eito de limite através de diversos exemplos. Deve-se
omeçar
om o esboçodo grá�
o das funções dos exemplos (ao longo desta Subseção) para
al
ular seu limite.Exemplo 1 Esbo
e o grá�
oe determine (
aso exista):(a) lim
x→2
x
x
; (b) lim
x→0
x
x
; (
) lim
x→−3
x2
x
; (d) lim
x→0
x2
x
; (e) lim
x→−2
x
x2
; (f) lim
x→0
x
x2
.Solução do Exemplo 1 Para (a) e (b) note que f(x) = x/x é uma função que vale 1 em todos ospontos a não ser em zero, pois f não está de�nida em 0 (f(0) = 0/0!), mas isto N�O afeta o valordo limite (veja o grá�
o). Assim, os dois limites valem 1. Na verdade o limite é 1 para qualquervalor que x tenda.
x
y
y = 1
x = 2Para (
) e (d), de forma similar ao anterior, f(x) = x2/x = x para todo x 6= 0. Em x = 0 afunção f não está de�nida. Assim o grá�
o (veja �gura) é uma reta
om um furo na origem. Assim,(
) é −3 e (d) 0.
x
y
y = x
x = −3
y = −3Para (e) e (f), f(x) = x/x2 = 1/x para x 6= 0. Novamente, f(0) não está de�nida (veja ográ�
o). Assim (e) é 1/(−1/2) = −1/2. Para (f) o limite não existe pois assume valores muitograndes, se tendermos pela direita, e muito pequenos, se tendermos pela esquerda.
CAPÍTULO 1. LIMITE 3
x
y
y = 1/x
x = −2
y = −1/2
Observação 2 Quando empregar f ou f(x)? Tem diferença?A função é f , f(x) é o valor da função
al
ulada em x. Mais exatamente, f é função, f(x) é umnúmero. Frequentemente abusamos a linguagem e dizemos �a função f(x) = x2 + 3x� quando o
orreto seria �a função f de�nida por f(x) = x2 + 3x�.Na linguagem C este erro não seria perdoado pelo
ompilador:
onfundir f (ponteiro para função)
om f(x) (valor retornado pela função) :-).Pré-Cál
ulo: Re
orde o signi�
ado e
omo esboçar o grá�
o de uma função de�nida por partes
omo por exemplo f(x) = {2; x > 1;
−3; x ≤ 1.Exemplo 2 Esbo
e o grá�
o de f(x) e determine (
aso existam) lim
x→c+
f(x), lim
x→c−
f(x) e lim
x→c
f(x)para:(a) c = 0, c = 1, c = 0.9999, c = 1.0001 de f(x) = {2; x > 1;
−3; x ≤ 1.(b) c = 2, c = 0 de f(x) = {xx ; x 6= 0;
−2; x = 0.(
) c = 0.0001, c = −0.0001, c = 0, f(x) = {−1; x 6= 0;
3; x = 0.(d) c = 0.99, c = 1.01, c = 1 de f(x) = {x; x ≤ 1;
4 − x; x > 1.Solução do Exemplo 2 (a) A função vale 2 até x = 1 e depois vale −3 (veja grá�
o abaixo).Assim quando x → 0, que é longe de 1, tanto pela esquerda quando direita, f(x) → 2. Agora,
lim
x→1−
f(x) = 2, lim
x→1+
f(x) = −3 e portanto lim
x→1
f(x) não existe pois f(x) difere quando nosaproximamos pela esquerda ou direita do 1. Como 0.9999 < 1, a função perto (bem perto mesmo!) de
0.9999 é
onstante igual a 2 pois estamos a esquerda do 1. Assim lim
x→0.9999+
f(x) = lim
x→0.9999−
f(x) =
lim
x→0.9999
f(x) = 2. De forma análoga, lim
x→1.001+
f(x) = lim
x→1.001−
f(x) = lim
x→1.001
f(x) = −3.
CAPÍTULO 1. LIMITE 4
x
y
y = 2
y = −3
1(b) Note que f(x) = 1 para todo x 6= 0. No x = 0 não interessa o valor (que é f(0) = −2)para efeito do
al
ulo do limite (veja grá�
o abaixo). Assim o limite (in
luindo os laterais) quando
x → 2 ou x → 0 é sempre 1.
x
y
y = 1
y = −2(
) Note que f(x) = −1 para todo x 6= 0. No x = 0 não interessa o valor (que é f(0) = 3)para efeito do
al
ulo do limite (veja grá�
o abaixo). Assim o limite (in
luindo os laterais) quando
x → 0.0001 ou x → −0.0001 ou x → 0 é sempre −1.
x
y
y = −1
y = 3
(d) Como 0.99 < 1, f(x) para x perto (bem perto mesmo!) de 0.99 vale x (veja grá�
o abaixo).Assim lim
x→0.99+
f(x) = lim
x→0.99−
f(x) = lim
x→0.99
f(x) = 0.99. Analogamente,
omo 1.01 > 1, f(x)para x perto (bem perto mesmo!) de 1.01 vale 4 − x. Assim, lim
x→1.01+
f(x) = lim
x→1.01−
f(x) =
lim
x→1.01
f(x) = 4 − 1.01 = 2.99.
x
y
1 4
y = x
y = 4 − x
1
3
Observação 3 Note que o limite existe se, e somente se, os limites laterais existem e assumemo mesmo valor.
CAPÍTULO 1. LIMITE 5Observação 4 A divisão 0/0 está na origem de limites interessantes. De forma geral deve-seeliminar raízes em
ima e embaixo. O limite pode ser qualquer
oisa. Compare, por exemplo ovalor de
ada um destes limites entre si: lim
x→0
x
x
, lim
x→0
x2
x
, lim
x→0
x
x2
. Pode-se eliminar raízes
omunsno
aso de quo
iente de polin�mios ou então ra
ionalizar o denominador.Pré-Cál
ulo: Lembre-se
omo manipular expressões algébri
as, fatorar raízes, dividir polin�miose Teorema D'Alembert: se c é raiz de um polin�mio então x− c é fator do polin�mio. Esqueça oalgoritmo de BRIOT-RUFFINI, utilize sempre divisão de polin�mios por ser algoritmo fá
il de sere
ordar, similar a divisão de inteiros.Exemplo 3 Determine os limites:(a) lim
x→2
x2 − 3x + 2
x2 − 4 ; (b) limx→−1 x3 + 1x + 1 ; (
) limt→1 t2 − t3 + t − 1t2 − 2t + 1 ; (d) limh→0 (x + h)3 − x3h ;(e) lim
y→3
1
y − 13
y − 3 ; (f) limx→−1 f(x) se f(x) = {x6−1x+1 ; x 6= −1;4; x = −1.Solução do Exemplo 3 (a) Como 2 é raiz do numerador e denominador, pode-se dividir por (x−2)ambos, obtendo-se (x−2)(x−1)(x−2)(x+2) . Cortando o fator
omum, obtemos limx→2 x − 1x + 2 = 2 − 12 + 2 = 1/4.(b) Dividindo-se x3 + 1 por x + 1 obtemos x2 − x + 1. Logo, para x 6= −1, x3+1x+1 = x2 − x + 1.Logo o limite vale (−1)2 − (−1) + 1 = 3.(
) Dividindo-se ambos por t−1 obtemos (t−1)(1−t2)
(1−t)2 =
(t−1)(1−t)(1+t)
(1−t)2 = (−1)(1+ t) para t 6= 1.Logo o limite é (−1)(1 + 1) = −2.(d) Expandindo (x + h)3 e subtraindo x3 obtemos 3hx2 + 3h2x + h3. Dividindo por h (para
h 6= 0) obtemos 3x2 + 3hx + h2. Quando h → 0, obtemos 3x2.(e) Primeiro expandimos o numerador obtendo 1/y − 1/3 = 3−y3y . Portanto, 1y− 13y−3 = 3−y3y 1y−3 .Simpli�
ando o fator y − 3 do numerador e denominador obtemos −13y . Quando y → 3 obtemos
−1/9.(f) O valor da função em x = −1 é irrelevante para efeito do
ál
ulo do limite. Como x = −1anula o numerador e o denominador, x− (−1) = x+1 é fator
omum pelo Teorema de D'Alembert.Seguindo
omo em (b), dividindo x6 − 1 por x + 1 obtemos x5 − x4 + x3 − x2 + x − 1. Quando
x → −1 obtemos (−1)5 − (−1)4 + (−1)3 − (−1)2 + (−1) − 1 = −6.Pré-Cál
ulo: Note que √9 6= ±3! Sempre, √x ≥ 0, portanto, √9 = 3 e −√9 = −3. Com isso,√
x2 6= x, pois é falso para x < 0. Na verdade, √x2 = |x|.Pré-Cál
ulo: O que é módulo de x?(a) algebri
amente, |x| = {x; x ≥ 0;
−x; x < 0.(b) geometri
amente, a distân
ia entre x e 0. De forma geral, |x − c| = |c − x| é a distân
iaentre x e c. Pode ser es
rito
omo |x − c| = √(x − c)2. Isto é generalizado pela distân
ia entredois pontos (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2 por √(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 que denotamos (veja livro degeometria analíti
a) por ‖(x1, y1) − (x2, y2)‖.(
) gra�
amente, obtém-se o grá�
o de |f(x)| partindo do grá�
o de f(x) e re�etindo no eixo xo que está abaixo do eixo (os pontos onde f(x) < 0).Exemplo 4 Esbo
e o grá�
o e determine (
aso exista):
CAPÍTULO 1. LIMITE 6(a) lim
x→0−
x
|x| ; (b) limx→0+ x|x| ; (
) limx→0 |x2 − 9|; (d) limx→−3 |x2 − 9|; (e) limx→−3 |x2 − 9|x + 3 ;(f) lim
x→π+
sen(x)
| sen(x)| ; (g) limx→2π+ sen(x)| sen(x)| ; (h) limx→0 f(x) se f(x) = {|x2 − 1|; x > 0−x + 1; x ≤ 0.Solução do Exemplo 4 (a) e (b):
omo x/|x| vale 1 para x > 0 e −1 para x < 0 (veja grá�
oabaixo), (a) −1 e (b) 1.
x
y
y = 1
y = −1
f(x) = x|x|(
) e (d): Obtemos o grá�
o de |x2 − 9| (veja �gura abaixo) re�etindo no eixo x o grá�
oda parábola x2 − 9 (indi
ada por linha pontilhada). Para
al
ular o limite, observe que em tornodos pontos x = 0 e x = −3 basta substituir o valor da função: (
) |02 − 9| = | − 9| = 9. (d)
|(−3)2 − 9| = |9 − 9| = 0.
x
y
f(x) = |x2 − 9|
−3 3(e) Primeiro vamos esboçar o grá�
o da parábola x2 − 9.
x
y
f(x) = x2 − 9
−3 3Assim para x 6∈ (−3, 3), |x2 − 9| = x2 − 9 (pois a função é positiva) e para x ∈ (−3, 3),
|x2 − 9| = −(x2 − 9) = 9 − x2 (pois a função é negativa). Portanto para x 6∈ (−3, 3), |x2 − 9|
x + 3
=
x2 − 9
x + 3
=
(x + 3)(x − 3)
x + 3
= x−3 e para x ∈ (−3, 3), |x2 − 9|
x + 3
=
9 − x2
x + 3
=
(3 + x)(3 − x)
x + 3
= 3−x.Portanto o grá�
o de |x2 − 9|
x + 3
é:
CAPÍTULO 1. LIMITE 7
x
y
f(x) = |x
2−9|
x+3
-3 3 y = x − 3
y = 3 − x
Note o salto que o
orre no grá�
o em x = −3. Neste ponto a função não está de�nida poisapare
e uma divisão por zero. Gra�
amente é
laro que os limites laterais neste ponto são distintos.Como para x próximo de −3 mas x < −3 a função vale x − 3, o limite quando x → −3− vale
(−3) − 3 = −6. Como para x próximo de −3 mas x > −3 a função vale 3 − x, o limite quando
x →−3+ vale 3 − (−3) = 6. Como os limites laterais são distintos, o limite não existe.(f) e (g): a função alterna entre 1, quando sen(x) > 0, e −1, quando sen(x) < 0
onformeindi
ado no grá�
o abaixo. Nos pontos onde sen(x) = 0 ela não está de�nida. Assim (f) −1, (g) 1.
x
y
f(x) = sen(x)| sen(x)|
−π π 2π 3π
y = 1
y = −1(h) Obtemos o grá�
o (vide �gura) re�etindo no eixo x o grá�
o de x2 − 1 para x > 0 e
om areta 1 − x para x < 0. O limite quando x → 0+ é |02 − 1| = 1 e quando x → 0− é −0 + 1 = 1.Como os limites laterais existem e são iguais, o limite é 1.
x
y
Pré-Cál
ulo: Lembre-se
omo ra
ionalizar expressões. Para isto multiplique o numerador e odenominador pelo
onjugado: o
onjugado de √a − b é √a + b.Exemplo 5 Determine os limites:(a) lim
h→0
√
h + 1 − 1
h
. (b) lim
x→9
x − 9√
x − 3 .Solução do Exemplo 5 (a) Multipli
ando o numerador e denominador por √h + 1 + 1 obtemosque √h+1−1h = (√h+1−1)(√h+1+1)h(√h+1+1) = (√h+1)2−12h(√h+1+1) = |h+1|−1h(√h+1+1) . Como estamos
al
ulando o limitequando h → 0, para h perto de zero h+1 > 0, e |h+1| = h+1 portanto obtemos que |h+1|−1
h(
√
h+1+1)
=
h+1−1
h(
√
h+1+1)
= h
h(
√
h+1+1)
= 1√
h+1+1
. Quando h → 0 obtemos 1/2.
CAPÍTULO 1. LIMITE 8(b) De modo análogo, multipli
amos por √x + 3 e obtemos (x−9)(√x+3)
(
√
x−3)(√x+3) =
(x−9)(√x+3)
(
√
x)2−32 =
(x−9)(√x+3)
|x|−9 . Agora para x próximo de 9, x > 0 e portanto |x| = x. Assim, (x−9)(√x+3)|x|−9 =
(x−9)(√x+3)
x−9 =
√
x + 3. Quando x → 9 obtemos √9 + 3 = 3 + 3 = 6.Pré-Cál
ulo: Note que o grá�
o de y = √r2 − x2 é somente meio
ír
ulo de raio r (porque?). Ográ�
o de −√r2 − x2 é outra metade. O grá�
o é parte do
ír
ulo pois y2 = r2 −x2, e portanto
x2 + y2 = r2.Exemplo 6 Esbo
e o grá�
o de f(x) =
√
9 − x2; |x| ≤ 3,
x; x > 3,
0; x < −3.
e determine (
aso existam) lim
x→c+
f(x),
lim
x→c−
f(x) e lim
x→c
f(x) para:(a) c = 3; (b) c = −3.Solução do Exemplo 6 O grá�
o da função é:
x
y
-3 33
(a) lim
x→3−
f(x) =
√
9 − 32 = 0 e lim
x→3+
f(x) = 3. Como os limites laterais são distintos, o
lim
x→3
f(x) não existe.(b) lim
x→−3−
f(x) = 0 e lim
x→−3+
f(x) =
√
9 − (−3)2 = 0. Como os limites laterais são iguais, o
lim
x→−3
f(x) = 0.Pré-Cál
ulo: Grá�
o da função inversa:
omo esboçar grá�
o de log/sqrt? Re�etindo em tornode y = x. Ilustrar
om y = x2 e y = √x e
om o par log / exp.Pré-Cál
ulo: log(x) em
ál
ulo é SEMPRE na base e = 2.718 . . . (natural, vide p.37). Assim,
log(x) = ln(x) = loge(x) 6= log10(x). Quando quisermos (na verdade nun
a) o log na base dezes
revemos log10. Não utilizamos a notação ln (embora
omum em
al
uladoras) para o log.Exemplo 7 Esbo
e o grá�
o e determine lim
x→0
f(x) e lim
x→1
f(x) para f(x) =
ex; x ≤ 0;√
x; 0 < x < 1;
log(x); x ≥ 1.Solução do Exemplo 7 Juntando os três grá�
os em
ada parte indi
ada, obtemos o grá�
o dafunção de�nida por partes abaixo.
CAPÍTULO 1. LIMITE 9
x
y
1
1 log(x)
ex
√
x
Como lim
x→0−
f(x) = e0 = 1 e lim
x→0+
f(x) =
√
0 = 0, o lim
x→0
f(x) não existe. Como lim
x→1−
f(x) =
√
1 = 1 e lim
x→1+
f(x) = log(1) = 0, lim
x→1
f(x) não existe.Pré-Cál
ulo: Re
orde
omo fazer translação de grá�
os de funções: tanto verti
al quanto hori-zontal.Exemplo 8 Esbo
e o grá�
o e determine:(a) lim
x→0
f(x) para f(x) = {√x + 1; x > 0;
sen(x) + 1; x ≤ 0.(b) lim
x→1
f(x) e lim
x→−1
f(x) para f(x) =
x2 − 2; x < −1;√
x + 1; −1 ≤ x ≤ 1;
log(x − 1); 1 < x.Solução do Exemplo 8 (a) Apli
ando translações apropriadas obtemos o grá�
o da �gura abaixo.Como lim
x→0−
f(x) = sen(0) + 1 = 1 é igual ao lim
x→0+
f(x) =
√
0 + 1 = 1, lim
x→0
f(x) = 1.
x
y
y = 1
y = 2
(b) Apli
ando translações apropriadas obtemos o grá�
o da �gura abaixo. Como lim
x→1−
f(x) =
√
1 + 1 =
√
2 e lim
x→1+
f(x) �=� log(1−1) = log(0) = −∞, lim
x→1
f(x) não existe. Como lim
x→−1−
f(x) =
(−1)2 − 2 = −1 e lim
x→−1+
f(x) =
√
−1 + 1 = 0, lim
x→−1
f(x) não existe.
CAPÍTULO 1. LIMITE 10
x
y
−1 1 2
Vamos apresentar agora umas funções estranhas que são interessantes para o teoria do
ál
ulo eanálise.Exemplo 9 Considere f(x) = sen ( 1x).(a) Determine todos os valores de x tais que f(x) = 0.(b) Determine todos os valores de x tais que f(x) = 1 e f(x) = −1.(
) Usando isto, esbo
e o grá�
o da função f .(d) Cal
ule lim
x→0
sen
(
1
x
).Solução do Exemplo 9 (a) para que sen(y) = 0 basta que y = kπ. Assim y = 1x = kπ. Logo, se
x = 1kπ para k ∈ Z então f(x) = 0.(b) Analogamente, f(x) = 1 se x = 12kπ+π/2 e f(x) = −1 se x = 12kπ−π/2 .(
) partindo destes pontos obtemos o grá�
o abaixo.
x
y
f(x) = sin 1x
− 1π − 12π 1π12π
y = 1
y = −1(d) o limite não existe pois f(x) os
ila entre −1 e 1 quando x → 0.Exemplo 10 De�nimos a
hamada função indi
adora de Q (possui este nome pois indi
a se x ∈ Qou não assumindo os valores 0 e 1) IQ(x) = {1; x ∈ Q
0; x 6∈ Q.
Cal
ule o lim
x→π
IQ(x).Solução do Exemplo 10 O grá�
o desta função é formada por duas �retas� pontilhadas: uma em
y = 0, nos irra
ionais e outra no y = 1, a
ima dos ra
ionais (vide �gura abaixo). Como existemra
ionais tão próximos de π quanto se queira (
omo por exemplo 3.14, 3.141, 3.1415 . . . ), o limitenão existe. De fato o limite não existe em ponto algum.
CAPÍTULO 1. LIMITE 11
x
y
y = 1
y = 0
f(x) = IQ(x)Exemplo 11 A função parte inteira (ou menor inteiro) de x, denotada por ⌊x⌋ é de�nida
omosendo o úni
o inteiro n tal que n ≤ x < n + 1. Exemplos: ⌊1, 5⌋ = 1, ⌊1⌋ = 1 e ⌊−1, 5⌋ = −2.Esbo
e o grá�
o de f(x) = ⌊x⌋ e determine:(a) lim
x→1+
⌊x⌋; (b) lim
x→1−
⌊x⌋; (
) lim
x→1
⌊x⌋; (d) lim
x→0+
⌊x⌋; (e) lim
x→0−
⌊x⌋;
Solução do Exemplo 11
x
y
f(x) = ⌊x⌋
−3 −2 −1 1 2 3
1
2
3
(a) 1; (b) 0; (
)
omo laterais são distintos, limite não existe. (d) 0; (e) −1.Vamos ver as propriedades bási
as dos limites
om relação as 4 operações fundamentais: soma,produto, multipli
ação e divisão. A demonstração é remetida para [NC℄.De todo modo, sem uma de�nição rigorosa de limite não faz sentido provar estas propriedades.Lema 1 Considere f(x) = k (uma função
onstante) e g(x) = x (a função identidade). Então dado
c ∈ R qualquer, lim
x→c
f(x) = k e lim
x→c
g(x) = c.Teorema 1 Considere f e g duas funções e c, k ∈ R. Se os limites lim
x→c
f(x) e lim
x→c
g(x) existementão também existem os limites:(a) lim
x→c
(f(x) + g(x)) = lim
x→c
f(x) + lim
x→c
g(x) (o limite da soma é igual à soma dos limites);(b) lim
x→c
(f(x)−g(x)) = lim
x→c
f(x)− lim
x→c
g(x) (o limite da diferença é igual à diferença dos limites);(
) lim
x→c
(f(x) · g(x)) = lim
x→c
f(x) · lim
x→c
g(x) (o limite do produto é igual ao produto dos limites);(d) lim
x→c
f(x)
g(x)
=
lim
x→c
f(x)
lim
x→c
g(x)
(o limite do quo
iente é igual ao quo
iente dos limites) se lim
x→c
g(x) 6= 0. Além disso, limite de lim
x→c
n
√
f(x) = n
√
lim
x→c
f(x).É importante o aluno entender a demonstração do Corolário abaixo para apre
iar
omo pou
aspropriedades podem gerar novas proposições.
CAPÍTULO 1. LIMITE 12Corolário 1 Se p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn para n ∈ N (ou seja, p é um polin�mio degrau n) então lim
x→c
p(x) = p(c) .Prova: Apli
ando n + 1 vezes a prop. (a) (limite da soma) obtemos que lim
x→c
p(x) = lim
x→c
a0 +
lim
x→c
a1x + · · · + lim
x→c
anx
n. Pelo lema, lim
x→c
a0 = a0 (limite de
onstante). Pela prop. (
) (limite doproduto), lim
x→c
a1x = lim
x→c
a1 · lim
x→c
x. Apli
ando o lema (limite de
onstante e da função identidade),
lim
x→c
a1 · lim
x→c
x = a1c. Agora podemos fazer algo similar em
ada termo. Para, por exemplo, o termo
x3, basta apli
ar seguidamente a prop. (
) do produto: lim
x→c
x3 = lim
x→c
x · lim
x→c
x · lim
x→c
x = c · c · c = c3.Complete o argumento.Exemplo 12 Aplique o Teorema a
ima para determinar os limites abaixo:(a) lim
x→2
6
x2 + 3x
x + 1
; (b) lim
x→1
2 4
√
4x + 1(x + x2).Solução do Exemplo 12 Deixamos para o leitor apli
ar
om
uidado
ada uma das propriedadesa
ima. Basta fazer um mutatis mutandis (latim para �modi�que o que tem que ser modi�
ado�) naprova do Corolário anterior.Con
luímos que podemos
al
ular o limite de uma função ra
ional qualquer
ontantoque odenominador não se anule. Neste
aso pre
isamos de métodos espe
iais. Assim não estão de�nidoslimites onde apare
e por exemplo 3/0 ou 0/0.No próximo exemplo apresentamos (gra�
amente) diversas possibilidades de
omportamento deum função quando x se aproxima de um ponto.Exemplo 13 Determine, em
ada um dos itens abaixo,
aso exista: • os limites laterais quando
x → 1+ e x → 1−; • o limite quando x → 1. Compare
om o valor da função em x = 1.
x
y
x = 1
y = 2
y = 3
(a)
x
y
x = 1
y = 1
y = −2 (b)
CAPÍTULO 1. LIMITE 13
x
y
x = 1
y = 1
(
)
x
y
x = 1
y = 2
y = −1
(d)Solução do Exemplo 13 (a) limite quando x → 1− é 2, limite quando x → 1+ é 3, limite quando
x → 1 não existe (laterais são distintos), f(1) = 2.(b) limite quando x → 1− é 1 , limite quando x → 1+ é 1, limite quando x → 1 é 1 (limiteslaterais são iguais), f(1) = −2.(
) limite quando x → 1− não existe (função os
ila), limite quando x → 1+ é 1, limite quando
x → 1 não existe (um dos limites laterais não existe), f(1) = 1.(d) limite quando x → 1− é −1, limite quando x → 1+ é 2, limite quando x → 1 não existe(limites laterais são distintos), f(1) = 2.1.2 Limites e In�nito: Assíntotas Verti
ais e HorizontaisVamos nesta Seção estender a de�nição de limite para x próximo de +∞, isto é, x grande e para xpróximo de −∞, isto é, x pequeno. Além disso, vamos de�nir quando o valor do limite é +∞ ou
−∞ para x próximo de c. Vamos de�nir simultaneamente o limite para +∞ e −∞.De�nição 3 (limite igual a +∞ (−∞)) Considere uma função real f de�nida perto de c ∈ R(mas não ne
essariamente de�nida em c). Dizemos que o limite de f(x) quando x tende a c é +∞(−∞), denotado por lim
x→c
f(x) = +∞ (−∞), se f(x) �
a tão grande e positivo (negativo) quantoquisermos quando x está su�
ientemente próximo de c ∈ R mas x 6= c.Observação 5 Deixamos para o leitor de�nir os limites laterais lim
x→c+
f(x) = +∞, lim
x→c−
f(x) =
+∞, lim
x→c+
f(x) = −∞, lim
x→c−
f(x) = −∞ de forma análoga ao que já foi feito no iní
io deste
apítulo. Basta fazer um mutatis mutandis (latim para �modi�que o que tem que ser modi�
ado�)na de�nição anterior.De�nição 4 (assíntota verti
al) Se, quando x → c+ ou x → c−, f(x) → +∞ ou −∞, dizemosque a reta x = c é uma assíntota verti
al do grá�
o de f .Exemplo 14 Esbo
e o grá�
o, determine os limites e as assíntotas verti
ais:(a) lim
x→0−
1
x3
; (b) lim
x→0−
− 1
x2
; (
) lim
x→0−
1
x4
; (d) lim
x→0+
− 1
x3
;(e) lim
x→3
− 1
(x − 3)3 ; (f) limx→2− 1(x − 2)2 ; (g) limx→1 1(x − 1)9 ;
CAPÍTULO 1. LIMITE 14Solução do Exemplo 14 Os grá�
os de (a), (b), (
) e (d) são:
x
y
y = 1
x3(a) x
y
y = − 1x2
(b) x
y
y = 1x4(
) x
y
y = − 1x3
(d)Nesses quatro itens a assíntota verti
al é x = 0. Observando-os obtemos os limites laterais: (a)
−∞; (b) −∞; (
) +∞; (d) −∞.Com translação podemos obter os grá�
os de (e), (f) e (g):
x
y
y = − 1
(x−3)3
(e)x = 3
x
y
y = − 1
(x−2)2
(f)x = 2
x
y
y = 1
(x−1)9
(g)x = 1(e) o limite não existe pois pela direita vale −∞ e pela esquerda +∞ (mesmo sinal que −1/xperto do 0). Assíntota verti
al x = 3.(f) o limite é −∞ (mesmo sinal que −1/x2 perto do 0). Assíntota verti
al x = 2.(g) o limite não existe pois pela direita vale +∞ e pela esquerda −∞ (mesmo sinal que 1/xperto do 0). Assíntota verti
al x = 1.Pré-Cál
ulo: Pre
isamos fazer a análise de sinal do numerador e denominador � o
hamadoquadro de de sinais � para determinamos o
omportamento do grá�
o perto da assíntota.Exemplo 15 Determine para quais x ∈ R é verdade que f(x) = 16 − x2
(x + 1)(3 − x) ≥ 0.Solução do Exemplo 15 Vamos fazer a análise de sinal de
ada um dos elementos: 16 − x2, x +
1, 3−x e
ombinar tudo numa tabela do sinal de f(x). Os pontos de tro
a de sinal são: ±4,−1, 3.Agora
uidado
om a interpretação do zero. Os pontos onde f(x) = 0 são os pontos onde onumerador se anula ±4. Nos pontos onde o denominador se anula (−1 e 3), f(x) → ±∞.
−4 −1 3 4
16 − x2 − + + + −
x + 1 − − + + +
3 − x + + + − −
0 ±∞ ±∞ 0
f(x) + − + − +Assim Portanto f(x) ≥ 0 para x ≤ −4, x ∈ (−1, 3), x ≥ 4.
CAPÍTULO 1. LIMITE 15Observação 6 Poderíamos no exemplo anterior (e em todos os exemplos) de
ompor o termoquadráti
o 16−x2 em dois termos lineares 4−x e 4+x, o que aumentaria o tamanho da tabela.Na práti
a, se o termo quadráti
o é simples, da forma a − bx2 ou bx2 − a, deixamos ele destejeito.Pré-Cál
ulo: Como determinar sinal de um polin�mio ax2 + bx+ c
om raízes
omplexas(não-reais)?O grá�
o da parábola deverá estar inteiramente a
ima do eixo x ou abaixo do eixo x, pois senãoteríamos raízes reais. Assim basta olhar para o sinal de a: se a > 0, ax2 + bx + c > 0 para todo
x, se a < 0, ax2 + bx + c < 0 para todo x.Exemplos:(a) x2 − 3x + 3. ∆ = (−3)2 − 4 · 1 · 3 = −3 < 0. Logo raízes
omplexas. Como a = 1 > 0,
x2 − 3x + 3 > 0 para todo x ∈ R.(a) −x2+4x−5. ∆ = 42−4 ·(−1) ·(−5) = −4 < 0. Logo raízes
omplexas. Como a = −1 < 0,
−x2 + 4x − 5 < 0 para todo x ∈ R.Exemplo 16 Faça análise de sinal e determine os limites:(a) lim
x→−3
2x2
9 − x2 ; (b) limx→2 9 − x2(x − 2)(x2 − 5x + 6) ; (
) limx→1 x3 − x − 1(1 − x)3 .Solução do Exemplo 16 (a) Vamos fazer o o quadro de sinais. Os pontos onde numerador oudenominador se anulam: ±3, 0. A função f(x) = 0 onde o numerador se anula (0). Nos pontosonde o denominador se anula (±3), f(x) → ±∞.
−3 0 3
2x2 + + + +
16 − x2 − + + −
±∞ 0 ±∞
f(x) − + + −Assim a função tem sinal negativo quando x → −3− e sinal positivo quando x → −3+. Logoquando x → −3− o limite é −∞ e quando x → −3+ o limite é +∞. Portanto o limite quando
x → −3 não existe.(b) Vamos fazer o o quadro de sinais. Como x2−5x+6 = (x−2)(x−3), o denominador é (x−
2)2(x−3). Os pontos onde numerador ou denominador se anulam: ±3, 2. Note que no 3 o numeradore o denominador se anulam. Neste ponto,
aso queira pode
al
ular o lim
x→3
9 − x2
(x − 2)(x2 − 5x + 6) =
−6. Assim a indeterminação 0/0 = −6 neste
aso. A função f(x) = 0 onde o somente o numeradorse anula (3). Nos pontos onde somente o denominador se anula (2,−3), f(x) → ±∞.
−3 2 3
9 − x2 − + + −
x − 3 − − − +
(x − 2)2 + + + +
0 −∞ −6
f(x) + − − −Logo o limite quando x → 2 é −∞.Outra Solução: Perto de 2 o numerador é positivo (9 − 22 = 5). Como x2 − 5x + 6 =
(x− 2)(x − 3), devemos analisar o sinal do denominador que é (x− 2)2(x− 3). O primeiro termo ésempre positivo e o segundo, perto de 2 é negativo (2− 3 = −1). Assim o denominador é negativo.Logo o limite quando x → 2 é −∞.(
) Neste
aso não temos
omo analisar o sinal do numerador em detalhes pois é um polin�mio doter
eiro grau que não
onhe
emos as raízes (na realidade possui duas raízes
omplexas). Podemos,
CAPÍTULO 1. LIMITE 16no entanto
al
ular o limite analisando o sinal próximo do 1. Perto de 1 o numerador é semprenegativo (13 − 1 − 1 = −1). O denominador (1 − x)3 possui o mesmo sinal que (1 − x). Assim,tem sinal positivo quando x → 1− e sinal negativo quando x → 1+. Logo quando x → 1− o limiteé +∞ e quando x → 1+ o limite é −∞. Portanto o limite quando x → 1 não existe.Erro Comum: Nos limites do exemplo anterior, tentar
al
ular o limite sem fazer quadro deanálise de sinais é
aminho
urto para
ometer um erro. Muito
on
luem (erroneamente) que seo denominador se anula a função vai para +∞.Exemplo 17 Faça quadro de sinais e esbo
e o grá�
o do polin�mio p(x) = (x−2)(25−x2)(x2−x).Solução do Exemplo 17 (a) Vamos fazer a análise de sinal de
ada um dos elementos: x−2, 25−
x2, x2 −x e
ombinar tudo numa tabela do sinal de p(x). Faremos a análise dos termos quadráti
osdiretamente. Note que um (25−x2) possui
on
avidade para baixo e outro (x2−x) possui
on
avidadepara
ima. Os pontos de tro
a de sinal são: ±5, 0, 1, 2.
−5 0 1 2 5
x − 2 − − − − + +
25 − x2 − + + + + −
x2 − x + + − + + +
0 0 0 0 0
p(x) + − + − + −Assim obtemos o grá�
o abaixo. Note que esta função, um polin�mio de grau 5, possui 5 raízes.
x
y
p(x)Em resumo, se f(x) = p(x)q(x) é uma função ra
ional (quo
iente dos polin�mios p(x) e q(x)) e se nolimite o denominador p(x) se anula sem que o numerador q(x) se anule � ou seja, quando x → ca função f(x) → k
0
om k 6= 0 � existemQUATRO possibilidades para o
omportamento dafunção perto de c
onforme representado nas �guras abaixo. Pre
isamos fazer quadro de análisede sinais para determinar qual delas o
orre.
CAPÍTULO 1. LIMITE 17
x
x = c(I)
x
x = c(II)
x
x = c(III)
x
x = c(IV)Erro Comum: Não prestar atenção nestas 4 possibilidades e
on
luir de forma errada que
lim
x→2
1 + x
x − 2 = +∞ (ou −∞) pois o denominador se anula.Exemplo 18 Determine o
omportamento da função perto de c e
al
ule o limite quando x → cpara:(a) y = 3 − x
4 + x
, c = −4; (b) y = x2 − 9
x2 − 4x + 4 , c = 2.Solução do Exemplo 18 Deixo para o leitor fazer o quadro de sinais de
ada exemplo.(a) perto de x = −4, o numerador é positivo próximo de 3− (−4) = 3 + 4 = 7. O denominadoré negativo para x < −4 e positivo para x > −4. Assim temos que perto do x = −4 a função énegativa para x < −4 e positiva para x > −4. O limite N�O existe pois os limites laterais diferem.O
omportamento é:
x
x = −4(b) perto de x = 2 o numerador é negativo próximo de 22 − 9 = −5. O denominador é igual a
(x− 2)2, que é sempre não-negativo. Assim temos que perto do x = 2 a função é negativa O limitequando x → 2 é −∞ O
omportamento é:
x
x = 2No
aso geral, se o denominador se anula no ponto do limite temos que ver
om
uidado os sinais.
CAPÍTULO 1. LIMITE 18Exemplo 19 Faça um esboço do grá�
o perto da origem e
al
ule os limites de:(a) lim
x→π
1
sen(x)
; (b) lim
x→0
e1/x; (
) lim
x→0
log(|x|); (d) lim
x→0+
| log(x)|.Solução do Exemplo 19 (a) Se x → π+, o seno é negativo próximo do π e portanto o limite é
−∞. Se x → π− a situação é oposta e o limite é +∞. Como os limites laterais diferem, o limitequando x → π não existe.
x
x = π(b) Se x → 0+, 1/x → +∞. Portanto, e1/x → e+∞ = +∞. Se x → 0−, 1/x → −∞.Portanto, e1/x → e−∞ = 1/e+∞ = 1/(+∞) = 0. Como os limites laterais diferem, o limite quando
x → 0 não existe.
x
x = 0(
) Se x → 0, |x| → 0. Como log(0) = −∞, o limite é −∞.
x
x = 0(d) Pelo item anterior log(x) → −∞. Apli
ando o módulo
on
luímos que o limite é +∞. Noteque não podemos
al
ular o limite quando x → 0− pois log não está de�nida para x < 0!
x
x = 0De�nição 5 (limite quando x tende a +∞ (−∞)) Considere uma função real f de�nida paratodo x grande (pequeno). Dizemos que o limite de f(x) quando x tende a +∞ (−∞) é igual a L,denotado por lim
x→+∞
f(x) = L ( lim
x→−∞
f(x) = L), se f(x) �
a bem próximo de L ∈ R para todo xgrande (pequeno) o su�
iente.
CAPÍTULO 1. LIMITE 19Observação 7 Note que este limite é, por natureza, um limite lateral: somente podemos
hegara +∞ pela esquerda e a −∞ pela direita. Logo não temos limites laterais no in�nito.Observação 8 Podemos de�nir (deixamos para o leitor), juntando as duas de�nições anterioresde forma apropriada (mutatis mutandis), os limites: lim
x→+∞
f(x) = +∞, lim
x→+∞
f(x) = −∞,
lim
x→−∞
f(x) = +∞, lim
x→−∞
f(x) = −∞.De�nição 6 (assíntota horizontal) Se, quando x → +∞ ou x → −∞, f(x) → L ∈ R, dizemosque a reta y = L é uma assíntota horizontal do grá�
o de f .Exemplo 20 Esbo
e o grá�
o e determine os limites e a assíntota horizontal de:(a) lim
x→+∞
− 1
x6
+ 1 (b) lim
x→−∞
− 1
x5 − 1 (
) limx→+∞ 2x + 1x (d) limx→+∞ 2 + sen 1xSolução do Exemplo 20 (a) o limite é 1 e a assíntota horizontal y = 1. O limite é 1. Obtemos ográ�
o
om a translação verti
al de −1/x6.
x
y
(a) y = − 1
x6
+ 1
y = 1
(b) o limite é −1 e a assíntota horizontal y = −1. Obtemos o grá�
o
om a translação verti
alde −1/x5.
x
y
(b) y = − 1
x5
+ 1
y = −1
(
)
omo (2x + 1)/x = 2 + 1/x, quando x → +∞ a função vai para 2 pois o segundo termo vaipara 0. A assíntota horizontal é y = 2. O grá�
o é a translação verti
al de duas unidades de 1/x.
CAPÍTULO 1. LIMITE 20
x
y
(
) y = 2x + 1
x
y = 2
(d) é 2 pois 1x → 0 e portanto sen 1x → sen 0 = 0. A assíntota horizontal é y = 2. O grá�
o é atranslação verti
al de sen(1/x).
x
y
y = 2 (d) y = 2 + sen(1/x)Exemplo 21 Determine,
aso exista, os limites quando x → −∞ e x → +∞ e a assíntota horizontal:
x
y
(a)
x
y
(b)
CAPÍTULO 1. LIMITE 21
x
y
y = −1 (
)Solução do Exemplo 21 (a) Nenhum dos dois limites existe pois a função os
ila de valor tantopara x grande
omo pequeno. Não existe assíntota horizontal.(b) limite quando x → −∞ é +∞, limite quando x → +∞ é −∞. Nos dois
aso ela se aproximaos
ilando (
ada vez menos). Embora não tenha assíntota horizontal, possui o que
hamamos deassíntota oblíqua. Veja exer
í
io 1.8.4, p.45.(
) limite quando x → −∞ é −1 (os
ilando
ada vez menos), limite quando x → +∞ não existepois função os
ila
om amplitude
ada vez maior. Note que y = −1 é uma assíntota horizontal.Observação 9 Note por um dos exemplos apresentados (qual?) que o grá�
o de uma funçãopode
ruzar a assíntota horizontal uma in�nidade de vezes. Isto não o
orre para a assíntotaverti
al (porque?)Exemplo 22 Determine,
aso exista: • os limites quando x → −∞ e x → +∞; • os limiteslaterais quando x → 1+ e x → 1−; • o limite quando x → 1. Compare
om o valor da função em
x = 1.
x
y
x = 1
y = 2
y = 1 (a)
x
y
x = 1
y = −2
(b)Solução do Exemplo 22 (a) limite quando x → −∞ é +∞, limite quando x → +∞ é 0, limitequando x → 1− é 2, limite quando x → 1+ é +∞, limite quando x → 1 não existe (laterais sãodistintos), f(1) = 1.
CAPÍTULO 1. LIMITE 22(b) limite quando x → −∞ é 0, limite quando x → +∞ não existe pois o valor da função os
ila,limite quando x → 1− é −∞, limite quando x → 1+ é −∞, limite quando x → 1 −∞ (laterais sãoiguais), f(1) = 2.Para se
al
ular o limite quando x → +∞ ou −∞ de uma função f(x) = p(x)q(x) devemos
omparar
res
imento do numerador
om denominador. Quem
res
er mais rápido ganha. Se o denominadorganhar o limite será zero. Se o numerador ganhar, será +∞ ou −∞. Se houver empate, dependeráde
ada
aso.Uma té
ni
a é determinar a maior potên
ia do numerador e do denominador para x grande (oupequeno). Assim teremos que f(x) = p(x)q(x) ≈ xpxq . Dependendo se p > q ou p = q ou p < qdeterminamos o limite. Para se apli
ar esta té
ni
a
om rigor deve-se
olo
ar em evidên
ia termode maior grau do numerador e do denominador.Exemplo 23 Cal
ule os limites abaixo:(a) lim
x→+∞
3x2 + 1
1 − 2x2 ; (b) limx→−∞ x5 + x3 + 10x8 − x + 1 ; (
) limx→+∞ x3 − 5x7 + 10−x6 − x5 + 1 ;(d) lim
x→−∞
x7 + x2 + 10
x4 − x5 + 1 ; (e) limx→+∞x − x2.Solução do Exemplo 23 (a) Colo
ando em evidên
ia os termos de maior grau, 3x2+1
1−2x2 =
x2
x2
·
3+1/x2
1/x2−2 = 1 ·
3+1/x2
1/x2−2 =→ 3+00−2 = −32 .(b) Colo
ando em evidên
ia os termos de maior grau, x5+x3+10
x8−x+1 =
x5
x8
· 1+1/x2+10/x5
1−1/x7+1/x8 =
1
x3
·
1+1/x2+10/x5
1−1/x7+1/x8 . Cal
ulando os limites separadamente utilizando a propriedade do produto dos limites:
1
x3
→ 0 e 1+1/x2+10/x5
1−1/x7+1/x8 → 1+0+01−0+0 = 1. Logo o limite vale 0 · 1 = 0.(
) Colo
ando em evidên
ia os termos de maior grau, x3−5x7+10−x6−x5+1 = x7x6 · 1/x4−5+10/x7−1−1/x+1/x6 = x ·
1/x4−5+10/x7
−1−1/x+1/x6 . Cal
ulando os limites separadamente utilizando a propriedade do produto dos limites:
x → −∞ e 1/x4−5+10/x7−1−1/x+1/x6 → 0−5+0−1−0+0 = −5−1 = 5. Logo o limite vale −∞ · 5 = −∞.(d) Colo
ando em evidên
ia os termos de maior grau, x7+x2+10
x4−x5+1 =
x7
x5
· 1+1/x5+10/x7
1/x−1+1/x5 = x
2 ·
1+1/x5+10/x7
1/x−1+1/x5 . Cal
ulando os limites separadamente utilizando a propriedade do produto dos limites:
x2 → +∞ e 1+1/x5+10/x7
1/x−1+1/x5 → 1+0+00−1+0 = 1−1 = −1. Logo o limite vale +∞ · (−1) = −∞.(e) Ini
ialmente note que trata-se de uma indeterminação do tipo +∞ − (+∞). Coloque emevidên
ia x: x − x2 = x(1 − x). Cal
ulando os limites separadamente utilizando a propriedade doproduto dos limites: x → +∞ e (1 − x) → −∞ obtemos que o limite vale +∞ · (−∞) = −∞.Note que N�O é uma indeterminação.Erro Comum: Confundir a té
ni
a de x grande
om x pequeno. Assim o aluno
al
ula (de formaERRADA) o limite lim
x→1
x2 − 1
x − 1 = limx→1
x − 1/x
1 − 1/x , obtendo 1 (já que erradamente o aluno pensaque �1/x vai para zero�).Nos exemplos abaixo em que apare
em raízes, a té
ni
a é similar, tomando o devido
uidado
omo sinal pois,
omo já
hamamos atenção √x2 6= x.Exemplo 24 Cal
uleos limites:(a) lim
x→+∞
√
16x + 3
x + 1
; (b) lim
x→−∞
√
x2 + 3
5x − 7 ; (
) limx→−∞ √x6 − 3x2 + 2x − 33x3 − x2 + x − 1 .
CAPÍTULO 1. LIMITE 23Solução do Exemplo 24 (a) O termo de maior grau do numerador é √16x e do denominador é x.Colo
ando-os em evidên
ia obtemos: √16x+3x+1 = √16x√1+3/(16x)x(1+1/x) . Separando em dois limite temosque
al
ular lim
x→+∞
√
16x
x
= 4 lim
x→+∞
1√
x
= 0 e lim
x→+∞
√
1 + 3/(16x)
1 + 1/x
=
√
1 + 0
1 + 0
= 1. Assim olimite é 0. Pode-se ver de forma su
inta o mesmo resultado tomando os termos de maior grau,√
16x + 3 ≈
√
16x e x + 1 ≈ x (válidos para x grande!). Assim, √16x+3x+1 ≈ √16xx = 4√xx = 4√x . Se
x → +∞ então isto tende a 0.(b) Colo
ando-os em evidên
ia √x2 = |x| e 5x e prosseguindo
omo no
aso anterior bastará
al
ular o limite lim
x→−∞
|x|
5x
. Como x é negativo, |x|5x = −x5x = −15 , o valor do limite.(
) Colo
ando-os em evidên
ia √x6 = |x|3 e 3x3 e prosseguindo
omo no
aso anterior bastará
al
ular o limite lim
x→−∞
|x|3
3x3
. Como x é negativo, |x|33x3 = −x33x3 = −13 , o valor do limite.Nos próximos exemplos pre
isamos ra
ionalizar antes.Exemplo 25 Cal
ule os limites:(a) lim
x→+∞
√
x2 + 3x + 1 − x; (b) lim
x→+∞
√
x +
√
x −√x.Solução do Exemplo 25 (a) Ra
ionalizando
om√x2 + 3x + 1+x obtemos (√x2 + 3x + 1)2 − x2√
x2 + 3x + 1 + x
=
x2 + 3x + 1 − x2√
x2 + 1 + x
=
3x + 1√
x2 + 1 + x
. Agora podemos
al
ular o lim
x→+∞
3x + 1√
x2 + 1 + x
. Coloque x emevidên
ia no numerador e denominador e obtenha x(3 + 1/x)
x(
√
1 + 1/x2 + 1)
. Note que o x entrou na raiz
omo x2. Can
elando o x obtemos 3 + 1/x√
1 + 1/x2 + 1
. Se x → +∞ obtemos 3 + 0√
1 + 0 + 1
=
3
2
.(b) Ra
ionalizando
om √x + √x +√x obtemos (√x + √x)2 − (√x)2√
x +
√
x +
√
x
=
x +
√
x − x
√
x +
√
x +
√
x
=
√
x
√
x +
√
x +
√
x
. Dividindo-se o numerador e denominador por √x (ou, o que dá na mesma,
olo
ando-se √x em evidên
ia) obtemos 1√
1 +
√
x/x + 1
=
1
√
1 + 1/
√
x + 1
. Se x → +∞ obte-mos 1√
1 + 0 + 1
=
1
2
.Observação 10 Quase sempre o limite no +∞ e no −∞ é o mesmo. Isto é verdade parafunções ra
ionais quando o limite é �nito. Quando o limite é in�nito podemos ter por exemplo
lim
x→+∞
x2
x + 1
= +∞ 6= lim
x→−∞
x2
x + 1
= −∞. Outro exemplo onde o limite é distinto é lim
x→+∞
ex =
+∞ 6= lim
x→−∞
ex = 0.Erro Comum: Es
rever que lim
x→−∞
√
9x2 + 3
5x − 7 = 3/5. Note que √9x2+35x−7 ≈ √9x25x = 3 |x|5x .Se x > 0, √9x2 = 3|x| = 3x e se x < 0, √9x2 = 3|x| = −3x.Assim, lim
x→+∞
√
9x2 + 3
5x − 7 =
3
5
e lim
x→−∞
√
9x2 + 3
5x − 7 = −
3
5
.Nos exemplos abaixo (e alguns que já apare
eram) não existe té
ni
a geral pois envolvem funçãotrans
endente, isto é, função que não é polin�mio ou quo
iente de polin�mios ou raiz disso
omopor exemplo: sen, cos, ex, log x.
CAPÍTULO 1. LIMITE 24Exemplo 26 Cal
ule os limites, esbo
e o grá�
o e determine TODAS as assíntotas (verti
ais ehorizontais).(a) lim
x→+∞
e−x; (b) lim
x→π/2−
2
cos(x)
; (
) lim
x→0
e−1/x
2 ; (d) lim
x→1
1
log(x)
; (e) lim
x→0+
1
log(x)
.Solução do Exemplo 26 (a) e−x → e−(+∞) = e−∞ = 1/e+∞ = 1/(+∞) = 0. Para o esboçonote que quando x aumenta o valor da função diminui. Faça translação verti
al. A úni
a assíntotaé y = 1, assíntota horizontal.
x
y
y = 1 (a) y = e−x(b) Como cos(x) > 0 para x próximo de π/2 mas menor que isto, o limite é +∞.Para o esboço
ome
e
om o grá�
o do
osseno (pontilhado na �gura abaixo). Quando o valor,em módulo, da cos, o valor de 2/ cos diminui em módulo. Nos pontos onde cos(x) = 0, isto é,nos pontos x = 2kπ ± π/2 para k ∈ Z, 1/ cos(x) → ±∞. Assim as assintotas verti
ais são nestespontos.
x
y
x = π2x = −π2 x = 3π2x = −3π2 x = 5π2x = −5π2
y = cos(x)
(b) y = 2
cos(x)(
) quando x → 0, −1/x2 → −∞. Assim, e−1/x2 → e−∞ = 1/e+∞ = 1/ + ∞ = 0.Para o esboço note que a função é sempre positiva. Perto do zero se aproxima de zero e longese aproxima e0 = 1.
x
y
y = 1
(
) y = e−1/x2(d) Como log(1) = 0 e log(x) > 0 para x > 1, lim
x→1+
f(x) = +∞. Como log(x) < 0 para x < 1,
lim
x→1−
f(x) = −∞. Como os limites laterais são distintos, o limite não existe.
CAPÍTULO 1. LIMITE 25(e) Como log(x) → −∞, 1/ log(x) → 0.Para o esboço de 1/ log,
ome
e
om o esboço de log (pontilhado na �gura abaixo). Quando
log é zero, 1/ log → ±∞. O que o
orre próximo do 0 é que o grá�
o �
ola� no eixo y, emboraneste grá�
o isto não �que
laro. Convido o leitor a utilizar um programa (veja Seção 1.6) que plotegrá�
os para investigar este ponto.
x
y
x = 1
y = log(x)
(d), (e) y = 1
log(x)Exemplo 27 Cal
ule os limites.(a) lim
x→−∞
log(|x|); (b) lim
x→+∞
sen(x); (
) lim
x→+∞
1
sen(x)
; (d) lim
x→+∞
(log(3x)− log(x−5)).Solução do Exemplo 27 (a) |x| → +∞ e portanto, log(|x|) → +∞.(b) este limite não existe pois o seno �
a os
ilando entre 1 e −1.(
) este limite não existe pois
omo o seno os
ila, 1/ sen(x) vai os
ilar de 1 até +∞ e de −1 até
−∞.(d) temos um
aso de indeterminação +∞− (+∞). Por propriedade do logaritmo, (log(3x) −
log(x − 5)) = log
(
3x
x − 5
). Como lim
x→+∞
3x
x − 5 = 3, a resposta é log(3).Exemplo 28 Cal
ule os limites.(a) lim
x→+∞
IQ(x). (b) lim
x→+∞
⌊x⌋.Solução do Exemplo 28 (a) Limite não existe pois função �
a os
ilando entre 0 e 1.(b) Veja de�nição e grá�
o da função ⌊x⌋ na p.11. Limite é +∞ pois quando x → +∞ a funçãose aproxima de +∞ passando somente pelos inteiros.1.3 Indeterminações do LimiteAs propriedades bási
as do limite (da soma, do produto, et
.) que apresentamos anteriormente nãopodem ser apli
adas quando o denominador se anula ou quando surge +∞ ou −∞. No entanto,algumas extensões destes resultados são possíveis. Algum exemplos:� Se lim
x→c
f(x) = +∞ e lim
x→c
g(x) = +∞ então lim
x→c
(f(x) + g(x)) = lim
x→c
(f(x) · g(x)) = +∞.� Se lim
x→c
f(x) = +∞ e lim
x→c
g(x) é �nito (positivo ou negativo) então lim
x→c
(f(x)+g(x)) = +∞.Estes teoremas podem ser apresentados através do seguinte quadro.
CAPÍTULO 1. LIMITE 26São limites determinados:Para soma/subtração:
+∞+ (+∞) = +∞, +∞− (−∞) = +∞, −∞− (+∞) = −∞, −∞+ (−∞) = −∞.Para produto/divisão:
+∞ · (+∞) = +∞, +∞ · (−∞) = −∞, −∞ · (+∞) = −∞, −∞ · (−∞) = +∞.Para qualquer k (in
luindo k = 0), k
+∞ = 0, k−∞ = 0.Se k > 0: k · (+∞) = +∞, k · (−∞) = −∞, +∞
k
= +∞, −∞
k
= −∞.Se k < 0: k · (−∞) = +∞, k · (+∞) = −∞, +∞
k
= −∞, −∞
k
= +∞.O perigo é que ∞ N�O é número! Assim temos as seguintes indeterminações.São indeterminações do limite:
+∞ − (+∞), −∞ − (−∞), −∞ + (+∞), +∞ + (−∞), ±∞±∞ , 00 , k0 , ±∞0 ,
0 · (±∞).Exemplo 29 Cal
ule os limites abaixo (que ilustram
asos de indeterminação indi
ados entre
ol-
hetes):(a) lim
x→0
1
x2
− 1
x4
[+∞− (+∞)℄; (b) lim
x→0
1
x4
− 1
x2
[+∞− (+∞)℄; (
) lim
x→−∞
x2 + 1
−3x2 + 5[+∞−∞ ℄;(d) lim
x→0
6x2
2x
[00 ℄; (e) limx→0 6x2x [00 ℄; (f) limx→0 x · 1x4 [0 · (+∞)℄; (g) limx→0 x · 1x [0 · (+∞)℄;Solução do Exemplo 29 (a) Colo
ando o mesmo denominador vemos que 1
x2
− 1
x4
=
x2 − 1
x4
.Para x próximo de zero o numerador é negativo (−1) e o denominador é sempre positivo. Portantoo limite quando x → 0 é −∞.(b) Fazendo análise similar, o numerador será 1 − x2. Portanto o sinal será positivo e o limiteserá +∞.(
) Divida o numerador e o denominador por x2: x2 + 1−3x2 + 5 = 1 + 1/x2−3 + 5/x2 → 1 + 0−3 + 0 = −1/3.(d) 6x2
2x
=
6x
2
→ 0.(e) 6x
2x
=
6
2
→ 3.(f) Como x · 1
x4
=
1
x3
, o limite quando x → 0 não existe pois dependendo do lado que se
hegaem zero: pela direita +∞, pela esquerda −∞.(g) x · 1
x
= 1 → 1.Observação 11 Além destas existe a indeterminação 1+∞ que estudaremos no limite fundamentalda exponen
ial, que surge no modelo de juros
ontínuos
ompostos. Este
aso é a fronteira do
omportamento de a+∞. Se 0 < a < 1 então a+∞ = 0 (multiplique um número positivo menorque 1 por ele mesmo uma in�nidade de vezes). Se a > 1 então a+∞ = +∞. Outra indeterminaçãoé +∞0.Limites que não sabemos
al
ular no momento: Hierarquia do in�nitoQuem
res
e mais rápido (vai mais rápido para o in�nito) entre: x2, log(x), 2x, xx, xn (n ∈
N)? Utilizando limites podemos determinar isto
al
ulando o quo
iente entre duas funções e fazer
CAPÍTULO 1. LIMITE 27x → +∞. Com isto estabele
emos a hierarquia do in�nito: entre os in�nitos, quem é mais in�nito.Sabemos fazer isto
om √x, xn, mas não
om estas funções. Os limites abaixo nós N�O sabemos
al
ular
om o que aprendemos até agora. No entanto, utilizando a
hamada té
ni
a de L'Hospital(que apresentamos mais adiante no
urso de Cál
ulo), vamos aprender a
al
ulá-los:
lim
x→+∞
ex
xn
, lim
x→+∞
log(x)
xn
.Finalmente, em livros
omo o Courant [Co℄ de
ál
ulo estudamos em detalhes o
omportamentoda função fatorial e obtemos a
hamada fórmula de Stirling (está
urioso?
onsulte internet ou oCourant ou exer
í
io na p.46), que nos forne
e o
omportamento de n!, que surpreendentemente
res
e mais rápido que qualquer potên
ia (xn) e do que a exponen
ial (en). Na realidade, n!
res
equase tão rápido quanto nn. Com a fórmula de Stirling podemos
al
ular os limites:
lim
n→+∞
n!
n10
, lim
n→+∞
n!
en
, lim
n→+∞
n!
nn
.Uma apli
ação importante da hierarquia dos in�nitos em textbf
omputação é: se um algoritmorealiza n2 operações, outro en operações, outro log(n) operações e outro n! operações, qual delesé o mais e�
iente?Observação 12 Podemos �enxergar� os in�nitos de R utilizando meia projeção estereográ�
o(bijeção entre o semi
ír
ulo e R). Veja a �gura abaixo e note que os pontos x0, x3
orrespondemaos pontos no in�nito.
x
y
p(x0) = −∞ p(x3) = +∞
p(x1) p(x2)
x0 x3
x1 x2
Projeção Estereográ�
a p : {meio
ír
ulo} → R
1.4 Esboço de Grá�
os parte IO objetivo desta Seção é esboçar grá�
os de funções ra
ionais (quo
iente de polin�mios) somenteutilizando assíntotas. Mais adiante (no
apítulo de Apli
ações da Derivada) aprenderemos a deter-minar regiões de
res
imento e de
res
imento da função,
on
avidades, a
res
entando mais detalhesao grá�
o.Nas funções ra
ionais as assíntotas verti
ais e horizontais são muito importantes. Para esboçargrá�
o, devemos bus
ar pontos x ∈ R onde:
• f(x) > 0, f(x) = 0, f(x) < 0 fazendo o quadro de análise de sinais.
• f(x) = ±∞, as assíntotas verti
ais.
•
al
ular lim
x→±∞
f(x), a assíntota horizontal.Exemplo 30 Determine os sinais, as assíntotas verti
ais e horizontais e faça um esboço do grá�
ode: (a) f(x) = x2 + 2x
x2 − 1 ; (b) f(x) = 2x2 − 816 − x2 ; (
) f(x) = x4 − 24x(x2 − 9) .Solução do Exemplo 30 (a) Vamos fazer o o quadro de sinais. O numerador x2 + 2x = x(x + 2).Os pontos onde numerador ou denominador se anulam: ±1, 0,−2. A função f(x) = 0 onde onumerador se anula: 0 e −2. Nos pontos onde o denominador se anula (±1), f(x) → ±∞.
CAPÍTULO 1. LIMITE 28
−2 −1 0 1
x(x + 2) + − − + +
x2 − 1 + + − − +
0 ±∞ 0 ±∞
f(x) + − + − +Assíntota verti
al (denominador se anula se x2−1 = 0) em x = 1 e x = −1; assíntota horizontalem y = 1 pois x2 + 2x
x2 − 1 =
1 + 2/x
1 − 1/x2 →
1 + 0
1 − 0 = 1 quando x → +∞.
x
y
y = 1
x = −1 x = 1
−2 −1 1 2
(a) f(x) = x2 + 2x
x2 − 1
(b) Vamos fazer o o quadro de sinais. O numerador 2x2 − 8 = 2(x2 − 4). Os pontos ondenumerador ou denominador se anulam: ±2,±4. A função f(x) = 0 onde o numerador se anula:
±2. Nos pontos onde o denominador se anula (±4), f(x) → ±∞.
−4 −2 2 4
2(x2 − 4) + + − + +
16 − x2 − + + + −
±∞ 0 0 ±∞
f(x) − + − + −Assíntota verti
al (denominador se anula se 16−x2 = 0) em x = 4 e x = −4; assíntota horizontalem y = −2 pois 2x2 − 8
16 − x2 =
2 − 8/x2
16/x2 − 1 =
2 − 0
0 − 1 = −2.
x
y
y = −2
x = −4 x = 4
(b) f(x) = 2x2 − 8
16 − x2
−2 2
(
) Vamos fazer o o quadro de sinais. O numerador x4 − 24 = (x2 − 22)(x2 + 22) e somente o
CAPÍTULO 1. LIMITE 29primeiro termos possui raízes reais. Assim vou ignorar, no quadro de sinais, o termo x2 +22 > 0 (nãoaltera os sinais). Os pontos onde numerador ou denominador se anulam: ±2,±4. A função f(x) = 0onde o numerador se anula: ±2. Nos pontos onde o denominador se anula (±3, 0), f(x) → ±∞.
−3 −2 0 2 3
x2 − 22 + + − − + +
x − − − + + +
x2 − 9 + − − − − +
±∞ 0 ±∞ 0 ±∞
f(x) − + − + − +Assíntota verti
al (denominador se anula se x(x2 − 9) = 0) em x = 0, x = 3 e x = −3; nãopossui assíntota horizonta (limite quando x → +∞ é +∞ e quando x → −∞ é −∞).
x
y
x = −3 x = 3
−2 2
(c)f(x) =
x4 − 24
x(x2 − 9)1.5 Limites FundamentaisApresentaremos os dois limites fundamentais do Cál
ulo: um rela
ionado ao seno, o outro a expo-nen
ial. São os primeiros resultados não triviais. Pre
isamos primeiro um resultado importante para
al
ular o limite fundamental trigonométri
o (o do seno), o Teorema do Sanduí
he.Pré-Cál
ulo: Identi�
ar no
ír
ulo trigonométri
o as funções seno,
osseno e tangente. Re
ordaridentidades do sen(a + b) (minha terra tem palmeiras . . . ) e cos(a + b) (
os,
os, sen, sen).Teorema 2 (Sanduí
he) Suponha que f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) para todo x ∈ R (ou para todo xpróximo do ponto onde o limite está sendo
al
ulado). Se os limites lim
x→c
f(x) = lim
x→c
h(x) = k, então
lim
x→c
g(x) = k.Observação 13 Este Teorema
ontinua verdadeiro para c = +∞ ou c = −∞ e para k = +∞ou k = −∞.Exemplo 31 Esbo
e o grá�
o e aplique o Teorema do Sanduí
he para
al
ular os limites abaixo:(a) lim
x→0
x sen
1
x
, (b) lim
x→0
x2 sen
1
x
, (
) lim
x→−∞
sen x
x
, (d) lim
x→e
(x− e)IQ(x), (e) lim
x→0
(x−
e)IQ(x).
CAPÍTULO 1. LIMITE 30Solução do Exemplo 31 Convido o leitor a utilizar um programa (veja Seção 1.6) que plote grá�
ospara investigar estes exemplos.(a) Para qualquer y temos que −1 ≤ sen(y) ≤ 1. Assim, para x ≥ 0 temos que −x ≤
x sen(1/x) ≤ x. Para x ≤ 0 temos de forma análoga que x ≤ x sen(1/x) ≤ −x. Podemos juntaros dois utilizando o módulo: para todo x ∈ R, −|x| ≤ x sen(1/x) ≤ |x|. Quando x → 0 as funçõesnos extremos tendem para 0 e portanto, pelo Teorema do Sanduí
he o limite é 0.Mostramos na sequên
ia três �guras do grá�
o da função. O
ír
ulo tra
ejado é a zona de zoomque é mostrada na próxima. Note
omo as retas y = ±x limitam o grá�
o da função.
x
y
y = 1
y = x
y = −x
−2 −1 1 2
(a) y = x sen 1x I
x
y
y = x
y = −x
−0.4 0.4
(a) y = x sen 1x II
CAPÍTULO 1. LIMITE 31
x
y
y = x
y = −x
−0.1 0.1
(a) y = x sen 1x III(b) De forma análoga −x2 ≤ x2 sen(1/x) ≤ x2. Quando x → 0 as funções nos extremos tendempara 0 e portanto, pelo Teorema do Sanduí
he o limite é 0.Mostramos na sequên
ia três �guras do grá�
o da função. O
ír
ulo tra
ejado é a zona de zoomque é mostrada na próxima. Note
omo as parábolas y = ±x2 limitam o grá�
o da função.
x
y
y = x2
y = −x2
−1 1
(b) y = x2 sin 1x I
CAPÍTULO 1. LIMITE 32
x
y
y = x2
y = −x2(b) y = x2 sin 1x II
−0.4 0.4
x
y
y = x2
y = −x2(b) y = x2 sin 1x III
−0.07 0.07
(
) De forma análoga −1/|x| ≤ sen(x)/x ≤ 1/|x|. Quando x → −∞ as funções nos extremostendem para 0 e portanto, pelo Teorema do Sanduí
he o limite é 0.Note que o grá�
o da função é limitado por y = ±1/x.
CAPÍTULO 1. LIMITE 33
x
y
(
) f(x) = sen(x)x(d) A função IQ (função indi
adora dos ra
ionais) é limitada por 0 e 1. Assim 0 ≤ IQ(x) ≤ 1para todo x ∈ R. Por outro lado, (x − e) vale no máximo |x − e| e no mínimo −|x − e| Assimpodemos limitar (x − e)IQ(x) por −|x − e| ≤ (x − e)IQ(x) ≤ |x − e| para todo x ∈ R. Quando
x → e as funções nos extremos tendem para 0 e portanto, pelo Teorema do Sanduí
he o limite é 0.O grá�
o desta função é formada por duas �retas� pontilhadas: uma em y = 0, nos irra
ionais eoutra no y = x − e, a
ima dos ra
ionais (vide �gura abaixo).
x
y
y = x − e
y = 0
e
−e(d) f(x) = (x − e)IQ(x)(e) Note que f(0) = (0 − e)IQ(0) = −e · 1 = −e. No entanto, perto de zero a função assumevalores próximos de −e, para x ∈ Q e iguais a zero, para x 6∈ Q. Portanto o limite N�O existe.Exemplo 32 Cal
ule lim
x→−∞
sen(3x + ex) + 1
x2 + 1
+ 3Solução do Exemplo 32 Para qualquer y temos que −1 ≤ sen(y) ≤ 1. Assim, somando 1 dosdois lados obtemos que 0 = −1 + 1 ≤ sen(3x + ex) + 1 ≤ 1 + 1 = 2 para todo x ∈ R. Dividindopor x2 + 1, que é sempre diferente de zero, e somando 3 dois dois lados obtemos que 0
x2 + 1
+ 3 ≤
sen(3x + ex) + 1
x2 + 1
+ 3 ≤ 2
x2 + 1
+ 3. Quando x → −∞, os dois lados
onvergem para 3. PeloTeorema do Sanduí
he o limite é 3.Teorema 3 (limite fundamental trigonométri
o) lim
x→0
sen(x)
x
= 1;Prova: Prove utilizando o método usualde
omparação de áreas de dois triângulos
om o ar
o de
ír
ulo. Veja qualquer livro de
ál
ulo ou a aula do seu professor.
CAPÍTULO 1. LIMITE 34Vale a pena entender a demonstração do Teorema do limite fundamental trigonométri
o pois é oprimeiro resultado não trivial de limite. Note que é um
aso de indeterminação 0
0
.Observação 14 No Desa�o da p.45 deduzimos deste limite a fórmula da área do
ír
ulo.Mudança de variáveis no limite.Pode-se mudar variáveis do limite para determiná-lo. Aprenda esta té
ni
a através dos exemplosabaixo pois a utilizaremos muitas vezes. No Capítulo de integração vamos introduzir uma té
ni
asimilar: a mudança de variável de integração.Exemplo 33 Cal
ule os limites abaixo:(a) lim
x→0
sen(2x)
x
; (b) lim
x→0
tan2(3x)
x2
; (
) lim
x→0
sen(5x)
sen(7x)
; (d) lim
x→0
1 − cos x
x2
.Solução do Exemplo 33 (a) Tome t = 2x. Quando x → 0, t → 0. Substituindo obtemos
lim
t→0
sen(t)
t/2
= 2 lim
t→0
sen(t)
t
= 2 · 1 = 2.(b) Substitua tan x = sen x/ cos x e utilize propriedade do limite do produto para obter lim
x→0
sen(3x)
cos(3x)x
·
lim
x→0
sen(3x)
cos(3x)x
. Agora vamos
al
ular um destes limites pois o outro é idênti
o. Utilizando a pro-priedade do produto novamente obtemos que lim
x→0
sen(3x)
cos(3x)x
= lim
x→0
sen(3x)
x
· lim
x→0
1
cos(3x)
=. Olimite lim
x→0
1
cos(3x)
= 1. Para o primeiro fazemos a substituição t = 3x. Quando x → 0, t → 0.Substituindo obtemos lim
x→0
sen(3x)
x
= lim
t→0
sen(t)
t/3
= 3 lim
t→0
sen(t)
t
= 3 · 1 = 3. Portanto a resposta é
32 = 9.(
) Multiplique em
ima e embaixo por x (assim não alteramos o limite) e separe no produtode dois limites: lim
x→0
sen(5x)
x
· lim
x→0
x
sen(7x)
. O primeiro dará 5 (veja o item (a) pois é análogo) e osegundo é igual a lim
x→0
x
sen(7x)
(
lim
x→0
sen(7x)
x
)−1
(7)−1. Portanto a resposta é 5/7.(d) Multiplique por 1 + cos x para ra
ionalizar e obtenha 1−cos2 x
x2(1+cos x)
= sen
2 x
x2(1+cos x)
. Agora separeem dois limites, um
om sen2 x
x2
, que vai dar 1, outro
om 1(1+cos x) , que vai dar 1/2. Portanto aresposta é 1/2.Os exemplos abaixo são um pou
o mais
ompli
ados da apli
ação da té
ni
a de mudança devariáveis.Exemplo 34 Determine o lim
h→0
7
√
x + h − 7√x
h
. Para isto
oloque 7√x em evidên
ia e mude variávelpara t = 7√1 + h/x e transforme o limite a
ima em lim
t→1
7
√
x(t − 1)
x(t7 − 1) .Solução do Exemplo 34 Note que
om a mudança, quando h → 0, t → 1. Colo
ando 7√x emevidên
ia obtemos que 7√x+h− 7√xh = 7√x 7√1+h/x−1h .Da de�nição de t obtemos que t7 = 1 + h/x, e portanto, t7 − 1 = h/x e h = x(t7 − 1).Substituindo estas identidades obtemos o limite lim
t→1
7
√
x(t − 1)
x(t7 − 1) . Agora
omo 1 é raiz basta dividir opolin�mio t7 − 1 por t − 1 de depois fazer t → 1. Vamos obter 7√x7x = 17x6/7 = 17 7√x6 .
CAPÍTULO 1. LIMITE 35Exemplo 35 Determine o lim
x→π/2
cos(x)
x − π/2 . Para isto mude variável para t = x − π/2 e apliqueidentidade cos(a + b) = cos a cos b − sen a sen b.Solução do Exemplo 35 Substituindo t = x − π/2, quando x → π/2, t → 0. Logo o limite passaa ser lim
t→0
cos(t + π/2)
t
. Como cos(t + π/2) = cos t cos π/2 − sen t sen π/2 = − sen t, obtemos olimite lim
t→0
− sen(t)
t
que vale −1 pelo limite fundamental.Pré-Cál
ulo: Propriedades da exponen
iação: (ab)c = abc. Assim, (102)7 = 102·7 = 1014,
(1 + a)7x = ((1 + a)x)7.Pré-Cál
ulo: Propriedade do �petele
o� do log: log(ab) = b log(a). Assim, log(27)
x
=
log(271/x).O limite abaixo possui uma
onexão importante
om matemáti
a �nan
eira, no
hamado modelode juros
ompostos
ontínuos. Outras
onexões são
om modelos de
res
imento popula
ional e dede
aimento radioativo. A Matemáti
a que
one
ta estas apli
ações é o modelo exponen
ial. Trata-sede uma indeterminação do tipo 1+∞. Deixamos a demonstração para um livro de análise real
omopor exemplo [NC℄.Teorema 4 (limite fundamental exponen
ial) O limite lim
h→0
(1 + h)1/h existe.Prova: Mudando variáveis (veja
orolário abaixo) para podemos es
rever este limite
omo lim
x→+∞
(
1 +
1
x
)x.Usando o bin�mio de Newton para x ∈ N podemos provar que que a função f(x) = (1 + 1/x)x éuma função
res
ente e limitada superiormente por 3. Logo possui um limite. Ver detalhes em [NC℄.Mudando variáveis para h = 1/x obtemos o
orolário abaixo.Corolário 2 lim
x→+∞
(
1 +
1
x
)x
= lim
x→−∞
(
1 +
1
x
)x
= e.De�nição 7 De�nimos o número real e por e = lim
x→+∞
(
1 +
1
x
)x.Observação 15 Pode-se provar (veja [NC℄) que e = 1
0!
+
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ . . . =
+∞
∑
i=0
1
i!
. Esta éoutra possibilidade para de�nição de e. Utilizando esta de�nição pode-se provar que 2 < e < 3.Na realidade, e = 2.718281828459045 . . . Trata-se de um número irra
ional.
CAPÍTULO 1. LIMITE 36Juros
ompostos
ontínuos. Suponha um
apital c investido
om juros anuais de k por
entoao ano. De�nindo α = k/100, após t anos, o valor total será c(1 + α)t (porque?). Agora seos juros forem
omputados mensalmente, a taxa mensal será de α/12 e o total será, após tanos, c(1 + α/12)12t. E se quisermos
omputar por dia: c(1 + α/365)365t. Finalmente podemos
omputar por hora, minuto, segundo, et
. Qual será o total após t anos se
omputarmos juros
ompostos
ontínuos? Denotando por n o número de vezes que o juros
omposto será
omputado
hegaremos ao limite
lim
n→+∞
c
(
1 +
α
n
)nt
.Fazendo a substituição de variável x = n/α obtemos que o limite
lim
x→+∞
c
(
1 +
1
x
)αx
= c
(
lim
x→+∞
(
1 +
1
x
)x)αt
= ceαt.Portanto o valor total após t anos será cαt.Cres
imento popula
ional. Suponha que uma
erta ba
téria se reproduza de tal forma que suapopulação aumente em k por
ento a
ada hora. Assim, partindo de uma população ini
ial p0,de�nindo α = k/100, após t horas, a população será de p0(1 + α)t. Agora se o
res
imento for
omputado a
ada minuto, a taxa de
res
imento por minuto será (aproximadamente) de k/60por
ento por minuto e a população total será, após t horas, p0(1+α/60)60t . Passando ao limite,
om o
res
imento o
orrendo a
ada instante,
hegaremos de forma análoga que após t horas apopulação será de p0eαt.Situação análoga é o de
aimento radioativo a uma taxa de k por
ento de uma massa ini
ialde material radioativo m0. De�nindo α = k/100, após t horas, a massa será de m0(1 − α)t.Seguindo ra
io
ínio análogo, mas
om mudança de variável x = −n/α, deduziremos que após thoras massa será de m0e−αt.Veja o
aso dos juros
ompostos. Note que intuitivamente não está NADA
laro o que vaio
orrer. Se por um lado pare
e que vai dar +∞ pela a
umulação in�nitas vezes de juros, a taxa
(1+α/n) → (1+0) = 1, o que indi
aria que no limite �
aríamos
om o mesmo que o valor ini
ial.O que o
orre na realidade é que obtemos eαt, um valor intermediário entre 1 e +∞. Apre
ie abeleza deste resultado.Exemplo 36 Cal
ule os limites:(a) lim
x→+∞
(1 + 1/x)4x; (b) lim
x→+∞
(
x + 3
x
)5x; (
) lim
x→0
(1 − 5x)7/x.Solução do Exemplo 36 (a) Como (1 + 1/x)4x = ((1 + 1/x)x)4, passando ao limite obtemos
lim
x→+∞
(1 + 1/x)4x =
(
lim
x→+∞
(1 + 1/x)x
)4
= e4.(b) Como ((x + 3)/x)5x = (1 + 3/x)5x, fazendo a substituição 1/y = 3/x obtemos o limite
lim
y→+∞
(1 + 1/y)5y/3 =
(
lim
y→+∞
(1 + 1/y)y
)5/3
= e5/3.(
) Fazendo y = −5x obtemos o limite lim
y→0
(1 + y)7/(−y/5) =
(
lim
y→0
(1 + y)1/y
)−35
= e−35.
CAPÍTULO 1. LIMITE 37Observação 16 Porque e é base natural para exponen
ial? Porque medir ângulos emradianos?Vamos responder esta pergunta no Capítulo de derivada mas isto tem relação direta
om estesdois limites fundamentais.Qualquer
ivilização da galaxia após desenvolver alguma Matemáti
a es
olheria o mesmo. Asopções de base 10 (número de dedos nas mãos dos humanos), graus (dividir o
ír
ulo em 360 graus,invenção dos babil�nios, um número
om boa quantidade de múltiplos) ou grados (inventado narevolução fran
esa para tornar ângulo reto
om 100 grados, dentro do espírito de sistema de
imal)são es
olhas inteiramente arbitrárias do Homo sapiens.1.6 ⋆Softwares Gratuitos e o Cál
uloNesta Seção op
ional vamos apresentar alguns softwares gratuitos que podem ser utilizadas no Win-dows e noLinux (Ubuntu, Debian, Fedora, et
.).
• Winplot: Software de visualização de grá�
os de funções. É nativo do Windows mas roda
om emulação do Wine no Linux. Pode-se visualizar grá�
os 2D e 3D dados por função,parametrização expli
ita e implí
ita. Pode-se fazer animações.
• KmPlot: Software de visualização de grá�
os de funções. É nativo do Linux. Similar aoWinplot.
• WxMaxima: Software de
omputação algébri
a. Cal
ula, de forma exata, limites, deriva-das e integrais (entre outras
entenas de
oisas). Um exemplo é o limite fundamental:limit(sin(x)/x, x, 0);. Cal
ula também limites laterais: limit(exp(1/x), x, 0,minus);(esquerda) limit(exp(1/x), x, 0,plus); (direita).Experimente estes softwares desde o iní
io. Tente ver funções que apresento nos exemplos emdiversas es
alas.1.7 ⋆Introdução à Análise RealNesta Seção op
ional vamos apresentar alguns
on
eitos bási
os de Análise Real. Remetemos osleitores a um livro de Análise
omo por exemplo [NC℄, disponível em www.labma.ufrj.br/~m
abral.1.7.1 CardinalidadeDizemos que dois
onjuntos possui a mesma
ardinalidade, ou o mesmo número de elementos, seexiste uma bijeção entre os
onjuntos.Exemplo 37 Compare a
ardinalidade entre:(a) N e o
onjunto dos inteiros positivos pares. (b) N e Z.Solução do Exemplo 37 (a) de�na a função f(n) = 2n que é uma bijeção. Logo possuem amesma
ardinalidade.(b) de�na a função f : N → Z que leva os pares em 0, 1, 2, . . . e os impares em −1,−2,−3, . . .que é uma bijeção. Logo possuem a mesma
ardinalidade.Um resultado surpreendente é que a
ardinalidade de Q e N (e portanto de Z) é a mesma.0†A leitura desta seção é op
ional.0†A leitura desta seção é op
ional.
CAPÍTULO 1. LIMITE 38Teorema 5 A
ardinalidade de Q e N é a mesma.Prova: Podemos imaginar a prova
omo um programa de
omputador que apresentará TODOS asfrações. Basta asso
iar a primeira fração
om o 1, a segunda
om o 2, et
. Isto será naturalmenteuma bijeção. Basta a
ada etapa mostrar todas as frações
uja soma do numerador e denominadoré um
erto número. Assim:soma 1: 0/1;soma 2: 1/1;soma 3: 1/2, 2/1;soma 4: 1/3, 2/2, 3/1;soma 5: 1/4, 2/3, 3/2, 4/1;soma 6: 1/5, 2/4, 3/3, 4/2, 5/1;soma 7: 1/6, 2/5, 3/4, 4/3, 5/2, 6/1;
· · ·Pode-se fazer uma �gura indi
ando a prova. Veja detalhes em [NC℄ ou na internet.Observação 17 Os
onjuntos que possuem a mesma
ardinalidade que N são ditos enumeráveis.Assim, são enumeráveis: N, Z, Q.O resultado abaixo é devido a Cantor e diz que R (o
onjunto dos números reais) possui
ardi-nalidade estritamente maior que Q.Teorema 6 A
ardinalidade de R é estritamente maior que a
ardinalidade de N.Prova: Como N ⊂ R é
laro que R possui
ardinalidade igual ou maior. Para terminar aplique oargumento diagonal de Cantor. Veja [NC℄ ou na internet.Observação 18 Dizemos que R é não-enumerável. Isto estabele
e uma diferen
iação entre
on-juntos in�nitos: alguns são �mais in�nitos� do que outros. Na realidade existem
onjuntos
om
ardinalidade estritamente maior do que R, formando uma
adeia de
onjuntos,
ada um estri-tamente maior do que o anterior. Isto é provado pelo argumento de Cantor generalizado (videinternet, [CN℄).1.7.2 O que é R?Uma maneira rigorosa mas te
ni
amente
ompli
ada é de�nir R utilizando de
imais in�nitas,
omoé feita na es
ola. A di�
uldade é de�nir operações usuais
omo por exemplo a soma. No algoritmoque aprendemos na es
ola, alinhamos os pontos de
imais e
omeçamos a operar no último digito àdireita. Como fazer para
al
ular π + π se a expansão de
imal nun
a termina? Ou ainda, 2π é 2multipli
ado por ele mesmo quantas vezes?A solução destes mistérios passa por um
urso de Análise Real.1.7.3 Ra
ionais, Irra
ionais, Algébri
os, Trans
endentesOs alunos aprendem a diferença entre números ra
ionais (razões entre inteiros) e irra
ionais. Vamosver aqui os
hamados algébri
os � que generalizam os ra
ionais � e os trans
endentes. Veja detalhesno livro (a
essível neste nível): Números Irra
ionais e Trans
endentes, Djairo Figueiredo ([Fi℄).Exemplo 38 Prove que são irra
ionais:(a) √2; (b) 3√21.Solução do Exemplo 38 (a) Suponha por
ontradição que √2 = p/q
om p, q ∈ N. Elevando aoquadrado obtemos que 2q2 = p2. Agora pelo teorema da fatoração úni
a (fatorando
ada lado por
CAPÍTULO 1. LIMITE 39potên
ias de primos),
omo 2 está no lado esquerdo, ele deve apare
er no lado direito. O problemaé que apare
erão um numero par de vezes no lado direito (pois é ao quadrado) e um número imparde vezes no lado esquerdo. Contradição!(b) De forma análoga fazendo 3√21 = p/q obtemos 21q3 = p3 = 3 · 7q3 = p3. Agora
omo 3 éfator do lado direito, p deve
onter o fator 3. Mas no lado direito ele apare
erá 3m vezes (múltiplode 3) e do lado esquerdo
omo 3m′ + 1 vezes. Contradição.Existem ainda os
hamados números algébri
os, que são raízes de polin�mios
om
oe�
ientesinteiros (isto é, elementos de Z). Eles generalizam os ra
ionais pois todo ra
ional é um algébri
o.Exemplo 39 Mostre que são algébri
os(a) √2; (b) n√k para qualquer n, k ∈ N; (
) √3 + √2; (d) um ra
ional qualquer.Solução do Exemplo 39 (a) √2 é raiz do polin�mio x2 − 2.(b) n√k é raiz do polin�mio xn − k.(
) fazendo x = √3 + √2, obtemos que x2 = 3 + √2. Assim (x2 − 3)2 = (√2)2 = 2. Ou seja
x4 − 6x2 + 9 = 2. Portanto, √3 + √2 é raiz de x4 − 6x2 + 7.(d) se x = p/q
om p, q ∈ Z então x é raiz do polin�mio qx − p.Observação 19 É relativamente fá
il provar que e 6∈ Q. Já a irra
ionalidade de π é bem maisdifí
il. Provas podem ser en
ontradas em [NC℄. Bem mais difí
il é provar a trans
endên
ia deambos.1.7.4 De�nição Rigorosa de LimiteDada uma função real f estamos interessados em saber o que a
onte
e
om o valor de f(x) quando
x se aproxima de um ponto x0 sem, entretanto, assumir este valor. Este é o assunto desta seção.Muitas vezes f(x) se aproximará de f(x0), porém, isto só o
orre para uma
lasse de funções, ditas
ontínuas. Trataremos desta questão no próximo Capítulo.A de�nição abaixo formaliza o que quisemos dizer, no parágrafo anterior,
om �x se aproxima deum ponto x0 sem, entretanto, assumir este valor�.De�nição 8 Sejam f : R → R e x0 ∈ R. Dizemos que existe o limite de f(x) quando x tende a
x0 ∈ R e ele vale k ∈ R se
∀ε > 0,∃δ > 0 tal que se 0 < |x − x0| < δ então |f(x) − k| < ε.Neste
aso, es
revemos lim
x→x0
f(x) = k.A ideia intuitiva
orreta é dizer que f(x) é tão próximo de k quanto quisermos, bastando paraisto tomar x su�
ientemente próximo (mas distinto) de x0.Exemplo 40 Sejam f : R → R, dada por f(x) = x para todo x ∈ R, e x0 ∈ R. Mostremos que
lim
x→x0
f(x) = x0. Dado ε > 0, tomando δ = ε, obtemos
x ∈ R, 0 < |x − x0| < δ impli
a que |f(x) − x0| = |x − x0| < δ = ε. QED2.2QED, abreviação de �quod erat demonstrandum� que, em latim, signi�
a �
omo queríamos demonstrar�.
CAPÍTULO 1. LIMITE 40Exemplo 41 Sejam f : R → R, dada por f(x) = x2 para todo x ∈ R, e x0 ∈ R. Mostremos que
lim
x→0
f(x) = x20. Fixado ε > 0, tomamos δ = min{1, ε/(2|x0 |+1)}. Desta forma, se 0 < |x−x0| < δ,então |x| < |x0| + δ ≤ |x0| + 1. Além disto,
|f(x) − x20| = |x2 − x20| = |x − x0| · |x + x0| < δ(|x| + |x0|) < δ(2|x0| + 1) ≤ ε.O exemplo anterior pode induzir o leitor a pensar que a
har δ em função de ε e de x0 é uma tarefasobrenatural. Normalmente, ras
unha-se a demonstração de trás para frente: sabendo que devemosobter |f(x) − k| < ε, pro
uramos saber quão grande pode ser |x − x0| (i.e., qual deve ser o valorde δ) para que
heguemos a esta
on
lusão. Em seguida, passamos a limpo a demonstração e, jásabendo qual é o valor de δ, simplesmente dizemos: �seja δ =Abra
adabra. . . � Porém, dependendoda função, mesmo que a
har o valor de δ não seja mági
a, tal tarefa pode ser bastante enfadonha.Uma alternativa é fazer uso de propriedades do limite tais
omo do limite da soma, do produto et
.Elas fa
ilitam as demonstrações de existên
ia e os
ál
ulos dos limites, sem ne
essidade de manipular
ε's e δ's.1.8 Exer
í
ios de Limite1.8.1 Exer
í
ios de FixaçãoExer
í
io 1.Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um
ontraexemplo ou
orrija.(a) {x ∈ R; |x − 3| ≤ 2} = [1, 5].(b) {x ∈ R; |x + 2| < 1} = (1, 3).(
) √x2
