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Modulo 1
Limite, Continuidade e
Derivacao
Este modulo e dedicado, essencialmente, ao estudo das nocoes de li-
mite, continuidade e derivabilidade para funcoes reais de uma variavel real e
de propriedades basicas a elas relacionadas. Como as duas ultimas nocoes re-
pousam, fundamentalmente, na de limite, e entao claro que esta desempenha
um papel central no desenvolvimento do curso.
Optamos por introduzir o conceito de limite a partir daquele de sequen-
cia convergente, por considerar este enfoque mais acessıvel a um estudante
iniciante do que aquele baseado em epsilons e deltas, utilizado em muitos
livros.
Apos definir a nocao de limite e obter algumas propriedades elemen-
tares de limites, dedicamos uma aula exclusivamente ao limite limx→0
sen xx
= 1.
Limites infinitos e limites no infinito sao tambem discutidos.
Estudamos as funcoes contınuas e algumas das suas propriedades ele-
mentares. Enunciamos tambem os teoremas de Weierstrass e do valor inter-
mediario, procurando realcar a importancia dos mesmos por meio de exem-
plos elucidativos.
Finalmente, estudamos as funcoes derivaveis e algumas das suas pro-
priedades elementares. Abordamos tambem o que se entende por derivacao
implıcita, assim como o significado da derivada no contexto da Fısica.
7 CEDERJ
O limite de uma sequencia.MODULO 1 - AULA 1
Aula 1 – O limite de uma sequencia.
Referencias: Aulas 10, 11 e
12 de Pre-Calculo.Objetivo
Compreender, a partir da discussao de exemplos concretos, o conceito
de sequencia convergente. Este importante conceito sera utilizado para defi-
nirmos a nocao de limite, uma das nocoes fundamentais da Matematica, que
desempenhara um papel central em tudo que estudaremos a seguir.
Faca o seguinte esforco de abstracao: imagine que voce esteja no seu
quarto a uma distancia de 1 metro de uma das paredes. Seu objetivo e tentar
chegar a parede percorrendo uma linha reta de maneira que, ao dar o primeiro
passo, voce atinja a metade da distancia; ao dar o segundo passo, voce atinja
a metade da distancia restante, e assim por diante. Assim, apos o primeiro
passo voce estara a 12
metro da parede; apos o segundo passo voce estara a14
= 122 de metro da parede; apos o terceiro passo voce estara a 1
8= 1
23 de
metro da parede, e assim por diante.Augustin Louis Cauchy
(1789-1857) foi talvez o
maior matematico frances da
primeira metade do seculo
XIX. Ele formulou as nocoes
modernas de limite,
continuidade e convergencia
de series, obtendo resultados
que marcaram uma nova
epoca para a Analise
Matematica. Alem de dar
uma definicao rigorosa de
integral, foi ele que, em
1829, no seu Lecons sur le
Calcul Differentiel, definiu
pela primeira vez uma
funcao complexa de variavel
complexa.
Repetindo esse procedimento indefinidamente, voce pode observar dois
fatos interessantes: o primeiro deles e que voce nunca atingira efetivamente
a parede; e o segundo e que a distancia que o separa da parede se tornara
tao proxima de zero quanto voce queira, bastando para isso que voce de um
numero suficientemente grande de passos.
9 CEDERJ
O limite de uma sequencia.
Por exemplo, imagine um ponto que esteja a 1220 = 1
1.048.576de metro da
parede o que , convenhamos, e bem proximo. Entao, a partir do vigesimo
primeiro passo, voce estara a uma distancia ainda menor da parede, pois
1
221<
1
220,
1
222<
1
220,
1
223<
1
220,
1
224<
1
220, · · · .
O fenomeno que ocorre com os numeros
1,1
2,
1
22,
1
23,
1
24, · · · , 1
2n, · · · ,
o qual acabamos de discutir intuitivamente, e bastante profundo e encerra
uma ideia central, que e a nocao de sequencia convergente.
Nos exemplos a seguir, discutiremos a mesma ideia de forma mais
cuidadosa.
Exemplo 1.1
Consideremos a sequencia
1,1
2,
1
3,
1
4,
1
5, ...,
1
n,
1
n+ 1, ... (ver a Figura 1.1),
tambem representada por(
1n
)n≥1
ou(
1n
).
234561111110
Figura 1.1
Todos os elementos desta sequencia sao maiores do que zero e se tor-
nam cada vez menores a medida que n cresce. Com essa segunda afirmacao
queremos dizer precisamente o seguinte: se n e m sao dois inteiros quaisquer,
com n > m ≥ 1, entao 1n< 1
m.
Lembre que se x > y > 0,
entao 1x< 1
y.
Tomemos agora um intervalo aberto de centro zero e raio pequeno, por
exemplo, 1100
.O intervalo aberto de centro
a e raio r e o intervalo
(a− r, a+ r).Para qualquer inteiro n > 100, temos 1
n< 1
100. Isto implica que
1n∈(− 1
100, 1
100
)para todo n ≥ 101 (ver a Figura 1.2).
10010110210010 111
Figura 1.2
CEDERJ 10
O limite de uma sequencia.MODULO 1 - AULA 1
A bem da verdade, o que dissemos acima nao e uma exclusividade do
intervalo(− 1
100, 1
100
). Com efeito, consideremos um intervalo (−r, r), onde
r > 0 e arbitrario. Em vista de uma propriedade muito importante, satisfeita
pelos numeros reais, chamada propriedade arquimediana, existe um inteiro
m ≥ 1 tal que 1m< r. Logo, para todo inteiro n > m, temos
1
n<
1
m< r .
Consequentemente,
Propriedade arquimediana:
Para todo r > 0 existe um
numero inteiro m ≥ 1 tal
que 1m< r.
1
n∈ (−r, r)
para todo n ≥ m. Esta afirmacao nos diz que, a partir de um certo instante,
todos os elementos da sequencia pertencem ao intervalo (−r, r).
Exemplo 1.2
Consideremos a sequencia
1,1
2,
1
4,
1
8,
1
16, · · · , 1
2n,
1
2n+1, · · · ,
tambem representada por(
12n
)n≥0
ou(
12n
).
Voce ja percebeu que alem dos elementos desta sequencia serem todos
positivos, eles se tornam cada vez menores a medida que n cresce. Mais
precisamente, queremos dizer o seguinte: se n e m sao dois inteiros quaisquer
com n > m ≥ 1, entao 12n< 1
2m. Realmente, 2n = 2(n−m)+m = 2n−m.2m > 2m,
pois 2n−m > 1 (visto que n−m > 0); logo, 12n< 1
2m.
Note tambem que 2n > n para todo n ≥ 1 (por exemplo, 21 = 2 > 1,
22 = 4 > 2, 23 = 8 > 3, 24 = 16 > 4, · · · ), fato este que pode ser justificado
lancando mao da formula do binomio de Newton estudada em Matematica
Discreta. De fato,
2n = (1 + 1)n = 1 +
(n
1
)+
(n
2
)+ ...+
(n
n− 2
)+
(n
n− 1
)+ 1 > n ,
Usando o prıncipio de
inducao finita, visto no
modulo 3 de Matemati-
ca Discreta, mostre que
2n > n para todo n ≥ 1.
pois(n1
)= n e todas as parcelas que aparecem na soma acima sao numeros
inteiros maiores do que zero.
A formula do binomio de
Newton e:
(a+ b)n =
nX
k=0
“nk
”akbn−k
para todo n ≥ 1.
Tomemos agora um intervalo aberto de centro zero e raio pequeno, por
exemplo, 1100
.
11 CEDERJ
O limite de uma sequencia.
Como 26 = 64 e 27 = 128, temos 12n< 1
100para todo n ≥ 7. Isto implica
que 12n∈(− 1
100, 1
100
)para todo n ≥ 7 (ver a Figura 1.3).
678 2100221001 1 1110
Figura 1.3
Novamente, o que dissemos acima nao e uma exclusividade do intervalo(− 1
100, 1
100
). Com efeito, consideremos o intervalo (−r, r), onde r > 0 e ar-
bitrario. Em vista da propriedade satisfeita pelos numeros reais mencionada
no exemplo anterior, existe um inteiro m ≥ 1 tal que 1m< r. Como 2m > m,
entao 12m
< 1m
; logo, 12m
< r.
Mais ainda, para qualquer inteiro n > m, temos 12n
< 12m
. Assim,1
2n∈ (−r, r) para todo n ≥ m. Esta afirmacao nos diz que, a partir de
um certo instante, todos os elementos da sequencia pertencem ao intervalo
(−r, r) (ver a Figura 1.4).
mm+12 2-r r110
Figura 1.4
Exemplo 1.3
Consideremos a sequencia
1, −1
2,
1
3, −1
4,
1
5, −1
6, · · · , (−1)n+1
n,
(−1)n+2
n+ 1, · · · (ver a Figura 1.5) ,
tambem representada por(
(−1)n+1
n
)n≥1
ou(
(−1)n+1
n
).
357642111111 11 0
Figura 1.5
Todos os elementos desta sequencia sao diferentes de zero, sendo po-
sitivos os elementos correspondentes a n ımpar (por exemplo, 1, 13, 1
5, ...) ,
e negativos aqueles correspondentes a n par (por exemplo, − 12,−1
4,−1
6, ...).
Vamos mostrar, como nos exemplos anteriores, que os elementos da sequencia
se aproximam de zero quando n cresce. Com efeito, seja r um numero real
positivo qualquer e seja m ≥ 1 tal que 1m< r; entao (−1)m+1
m∈ (−r, r), pois
CEDERJ 12
O limite de uma sequencia.MODULO 1 - AULA 1
∣∣∣ (−1)m+1
m
∣∣∣ = 1m
(note que (−1)m+1
mestara a esquerda de zero se m for par e a
direita de zero se m for ımpar). Alem disso, se n > m,
∣∣∣∣(−1)n+1
n
∣∣∣∣ =1
n<
1
m< r .
Em resumo, acabamos de verificar que∣∣∣ (−1)n+1
n
∣∣∣ < r para todo n ≥ m,
ou seja, que (−1)n+1
n∈ (−r, r) para todo n ≥ m (ver a Figura 1.6).
mm+1
m+2 m+1-r r(–1)(–1) 0
Figura 1.6
Podemos entao afirmar que nos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.3 ocorre um
mesmo fenomeno, a saber: para qualquer intervalo aberto I contendo zero
podemos determinar um inteiro m ≥ 1 de modo que a partir do m-esimo
elemento da sequencia todos os outros elementos pertencem a I.
Exemplo 1.4
Consideremos a sequencia
1
2,
2
3,
3
4,
4
5,
5
6, ...,
n
n+ 1,n+ 1
n+ 2, ... (ver a Figura 1.7) ,
tambem representada por(
nn+1
)n≥1
ou(
nn+1
).
2 3 4 5 611 2 3 4 50
Figura 1.7
Todos os elementos desta sequencia pertencem ao intervalo (0,1); em
particular, todos sao diferentes de 1. Notemos ainda que, como
n
n+ 1=
n
nn+ 1
n
=1
1 +1
n
e como 1n
se aproxima de zero quando n cresce, e intuitivo que nn+1
se aproxima
de 1 quando n cresce.
13 CEDERJ
O limite de uma sequencia.
Uma outra maneira de ver isso e a seguinte:
Notando que
n
n+ 1= 1− 1
n+ 1
e lembrando que 1n+1
decresce quando n cresce (como vimos no Exemplo 1.1),
segue que os elementos da sequencia nn+1
crescem a medida que n cresce (uma
vez que, a cada instante, estaremos diminuindo de 1 um numero cada vez
menor), apesar de nunca atingirem o valor 1.
Alem disso, qualquer intervalo aberto contendo 1 contem todos os
numeros da forma nn+1
a partir de um certo instante,Note que se r > 0 e
x ∈ (−r, r), entao
1− x ∈ (1− r, 1 + r).ja que qualquer intervalo aberto contendo zero contem todos os numeros da
forma 1n+1
a partir de um certo instante (como vimos no Exemplo 1.1).
O que vimos nos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.3 caracteriza o fato de uma
sequencia convergir para zero e o que vimos no Exemplo 1.4 caracteriza o
fato de uma sequencia convergir para 1.
Os exemplos vistos anteriormente motivam a introducao do seguinte
conceito fundamental:
Definicao 1.1 Sejam (xn)n≥1
(ou (xn)) uma sequencia arbitraria de numeros
reais (nos Exemplos 1.1, 1.2, 1.3 e 1.4, xn = 1n, xn = 1
2n, xn = (−1)n
n+1e
xn = nn+1
, respectivamente) e x um numero real . Diz-se que (xn) converge
para x, e escreve-se limn→∞
xn = x, quando para qualquer intervalo aberto I
contendo x (por menor que ele seja) e possıvel encontrar um inteiro m ≥ 1,
de modo que xn ∈ I para todo n ≥ m.
limn→∞
xn = x le-se:
limite de xn quando n tende
a infinito e igual a x.
Pode-se provar que x, caso
exista, e unico.
Em outras palavras, (xn) converge para x quando, para todo r > 0 (por
menor que ele seja), existe um inteiro m ≥ 1 tal que xn ∈ (x− r, x+ r) para
todo n ≥ m, ou seja, tal que |xn − x| < r para todo n ≥ m.
Nos exemplos acima temos:
limn→∞
1
n= 0, lim
n→∞1
2n= 0, lim
n→∞(−1)n+1
n= 0 e lim
n→∞n
n+ 1= 1 .
Quando nao houver x ∈ R para o qual uma determinada sequencia (xn)
convirja, diz-se que (xn) diverge. Este e o caso da sequencia do exemplo a
seguir.
CEDERJ 14
O limite de uma sequencia.MODULO 1 - AULA 1
Exemplo 1.5
Consideremos a sequencia xn = (−1)n, n ≥ 1.
Temos que xn = 1 para n par e xn = −1 para n ımpar. Dado qualquer
numero real x, com x 6= 1 e x 6= −1, e possıvel encontrar um intervalo aberto
I contendo x tal que 1 /∈ I e −1 /∈ I ( ver a Figura 1.8, onde tomamos, por
exemplo, 0 < x < 1).
I
x 11 0)(
Figura 1.8
E claro que xn /∈ I para todo n ≥ 1. Portanto, (xn) nao converge
para x.
Por outro lado, (xn) nao converge para 1 nem para -1. De fato, tomemos
um intervalo aberto J contendo 1 tal que −1 /∈ J (ver a Figura 1.9).
J
11 0)(
Figura 1.9
Como para todo n ımpar temos que xn /∈ J , (xn) nao converge para 1.
Raciocinando de modo analogo, verificamos que (xn) nao converge para -1.
Portanto, (xn) diverge.
O exemplo mais simples de sequencia convergente e o seguinte:
Exemplo 1.6
Seja c um numero real e consideremos a sequencia xn = c para todo
n = 1, 2, . . . . Entao e claro que limn→∞
xn = c.
Resumo
Voce acaba de ser apresentado a uma nocao basica e fundamental, qual
seja, a de sequencia convergente de numeros reais.
15 CEDERJ
O limite de uma sequencia.
Exercıcios
1. Ache os limites das sequencias (xn)n≥1 abaixo:
(a) xn =2n− 1
n; (b) xn = 1+
1
3n; (c) xn =
1
n2; (d) xn =
n2 + 1
3n2.
2. Encontre inteiros m1, m2 ≥ 1 tais que:
(a)
∣∣∣∣(−1)n+1
n2
∣∣∣∣ <1
100para n ≥ m1 ;
(b)
∣∣∣∣(−1)n+1
n2
∣∣∣∣ <1
10000para n ≥ m2.
3. Ache limn→∞
(√n+ 1−√n).
4. Encontre inteiros m1, m2, m3 ≥ 1 tais que:
(a)n
2n<
1
10para n ≥ m1;
(b)n
2n<
1
100para n ≥ m2;
(c)n
2n<
1
1000para n ≥ m3.
5. Mostre que
limn→∞
(1
(n+ 1)2+
1
(n+ 2)2+ · · ·+ 1
(2n)2
)= 0.
Sugestao: Observe que
0 <1
(n+ 1)2+
1
(n+ 2)2+ · · ·+ 1
(2n)2
︸ ︷︷ ︸n parcelas
≤ n
(n+ 1)2<
1
n.
Auto-avaliacao
Os exercıcios desta aula tem por objetivo contribuir para o amadureci-
mento do conceito que acabamos de introduzir. Por esta razao, e sumamente
importante que voce tenha resolvido a maioria deles. Se voce sentiu alguma
dificuldade, releia os exemplos, pois eles contem os ingredientes para resolve-
los. Se persistir alguma duvida, nao hesite em consultar os tutores.
CEDERJ 16
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.MODULO 1 - AULA 2
Aula 2 – Operacoes com limites de
sequencias. A nocao de limite.
Referencia: Aula 1.
Objetivos
Estudar operacoes com limites de sequencias, tais como: soma, produto
e quociente.
Compreender o conceito de limite.
Na aula anterior introduzimos a nocao de limite de uma sequencia de
numeros reais, a partir da discussao de alguns exemplos.
Nesta aula estudaremos algumas operacoes elementares com limites de
sequencias e introduziremos o conceito de limite, o qual desempenhara um
papel central em todo o nosso curso.
A tıtulo de motivacao, consideremos inicialmente um exemplo.
Exemplo 2.1
Seja
an =1
n+
1
2n, n = 1, 2, . . . .
Raciocinando como na aula 1, e possıvel concluir que limn→∞
an = 0.
Por outro lado, podemos escrever an = xn+yn, onde xn = 1n
e yn = 12n
.
Alem disso, ja sabemos que
limn→∞
xn = limn→∞
yn = 0 .
Portanto, acabamos de observar que
limn→∞
an = limn→∞
(xn + yn) = limn→∞
xn + limn→∞
yn.
Na verdade, o que ocorreu no exemplo acima nao e uma mera coin-
cidencia, como mostra a proposicao a seguir.
Proposicao 2.1
Se limn→∞
xn = x e limn→∞
yn = y, entao
limn→∞
(xn + yn) = x+ y.
17 CEDERJ
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.
A validade desta proposicao decorre do fato de que
|(xn + yn)− (x+ y)| = |(xn − x) + (yn − y)| ≤ |xn − x|+ |yn − y|
para todo n e do fato de que podemos tornar |xn− x|+ |yn− y| tao proximo
de zero quanto queiramos desde que tomemos n suficientemente grande (pois
isto vale tanto para |xn − x| quanto para |yn − y|).Voltemos a sequencia
an =1
n+
1
2n, n = 1, 2, . . . ,
do Exemplo 2.1. Pela Proposicao 2.1, obtemos
limn→∞
an = limn→∞
( 1
n+
1
2n
)= lim
n→∞1
n+ lim
n→∞1
2n= 0 + 0 = 0.
Exemplo 2.2
Seja
an =(−1)n+1
n+
n
n+ 1, n = 1, 2, . . . .
Entao an = xn + yn, onde xn = (−1)n+1
ne yn = n
n+1.
Vimos, na aula 1, que
limn→∞
xn = 0 e limn→∞
yn = 1 .
Logo, pela Proposicao 2.1,
limn→∞
an = limn→∞
(xn + yn) = limn→∞
xn + limn→∞
yn = 0 + 1 = 1.
Antes de enunciar outra proposicao, facamos uma observacao impor-
tante. Admitamos que uma sequencia (xn)n≥1 convirja para x. Entao, por
definicao, existe um inteiro m ≥ 1 tal que |xn−x| < 1 para todo n ≥ m (isto
significa que xn ∈ (x− 1, x+ 1) para todo n ≥ m; ver a Figura 2.1).
m+2 m+1m x xxx–1 x+1x
Figura 2.1
Consequentemente,
|xn| = |(xn − x) + x| ≤ |xn − x|+ |x| < 1 + |x|
para todo n ≥ m.
CEDERJ 18
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.MODULO 1 - AULA 2
Como, felizmente, so ha um numero finito de elementos da sequencia
que podem nao ter valor absoluto menor do que 1 + |x| (quais sejam, x1, . . . ,
xm−1), podemos garantir que ha um numero M > 0 tal que |xn| ≤ M para
todo n ≥ 1.
Proposicao 2.2
Se limn→∞
xn = x e limn→∞
yn = y, entao limn→∞
xnyn = xy.
Subtraindo e somando xny, obtemos:
xnyn − xy = xnyn − xny + xny − xy = xn(yn − y) + y(xn − x).
Por outro lado, acabamos de ver que existe M > 0 tal que |xn| ≤ M
para todo n. Portanto, para todo n,
|xnyn − xy| = |xn(yn − y) + y(xn − x)| ≤
≤ |xn(yn − y)|+ |y(xn − x)| =
= |xn||yn − y|+ |y||xn − x| ≤
≤ M |yn − y|+ |y||xn − x| .
Daı resulta que limn→∞
xnyn = xy, ja que podemos tornar M |yn − y| +|y||xn − x| tao proximo de zero quanto queiramos desde que tomemos n
suficientemente grande (pois isto vale tanto para |xn−x| quanto para |yn−y|).Facamos agora uma pausa para um comentario que nos parece rele-
vante. Acreditamos nao ser pertinente, neste momento,dar uma demons-
tracao rigorosa de certos resultados, tais como as Proposicoes 2.1 e 2.2. Por
outro lado, e importante que voce se convenca de que elas sao verdadeiras; por
esta razao, incluımos um esboco da demonstracao de ambas as proposicoes.
Alias, voce deve ter percebido que a demonstracao da segunda e bem mais
elaborada do que a da primeira.
Decorre da Proposicao 2.2 que, se limn→∞
xn = x e c e um numero real
arbitrario, entao
limn→∞
cxn = cx.
Realmente, defina tn = c para todo n ≥ 1. Como limn→∞
tn = c , segue
da referida proposicao que
limn→∞
cxn = limn→∞
tnxn =(
limn→∞
tn)(
limn→∞
xn)
= cx.
19 CEDERJ
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.
Em particular, fazendo c = −1, obtemos que
limn→∞
(−xn) = limn→∞
(−1)xn = −x.
Suponhamos ainda que limn→∞
yn = y. Pela Proposicao 2.1, podemos
afirmar que
limn→∞
(xn − yn) = limn→∞
(xn + (−yn)) = limn→∞
xn + limn→∞
(−yn) = x− y.
Exemplo 2.3
Se limn→∞
xn = x, entao limn→∞
xn2 = x2.
De fato, pela Proposicao 2.2,
limn→∞
xn2 = lim
n→∞(xnxn) =
(limn→∞
xn)(
limn→∞
xn)
= x.x = x2.
Exemplo 2.4
Se limn→∞
xn = x, entao limn→∞
xn3 = x3.
De fato, usando a Proposicao 2.2 e o Exemplo 2.3, segue que
limn→∞
xn3 = lim
n→∞(xn
2xn) =(
limn→∞
xn2)(
limn→∞
xn)
= x2.x = x3.
Mais geralmente, para qualquer inteiro k ≥ 1, tem-se:
Exemplo 2.5
Se limn→∞
xn = x, entao limn→∞
xnk = xk.
O fato expresso no
Exemplo 2.5 decorre da
Proposicao 2.2 e do princıpio
de inducao finita.
Exemplo 2.6
Seja p(x) = amxm + am−1x
m−1 + · · ·+ a1x+ a0 um polinomio arbitrario. Se
limn→∞
xn = x, entao limn→∞
p(xn) = p(x).
De fato, em vista da Proposicao 2.1(e inducao), da Proposicao 2.2 e do
Exemplo 2.5, segue que
limn→∞
p(xn) = limn→∞
(amxn
m + am−1xnm−1 + · · ·+ a1xn + a0
)=
= limn→∞
amxnm + lim
n→∞am−1xn
m−1 + · · ·+ limn→∞
a1xn + limn→∞
a0 =
= am(
limn→∞
xnm)
+ am−1
(limn→∞
xnm−1)
+ · · ·+ a1
(limn→∞
xn)
+ a0 =
= amxm + am−1x
m−1 + · · ·+ a1x+ a0 = p(x) .
Temos ainda a seguinte
CEDERJ 20
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.MODULO 1 - AULA 2
Proposicao 2.3
Se (yn) e uma sequencia de numeros reais nao nulos convergindo para um
numero real y nao nulo, entao a sequencia(
1yn
)converge para 1
y.
Na Proposicao 2.3 basta
supor y 6= 0, pois isto
implica yn 6= 0 a partir de
um certo n.
Como consequencia desta proposicao e da Proposicao 2.2 resulta que,
se limn→∞
xn = x e (yn) e y sao como na Proposicao 2.3, entao
limn→∞
xnyn
= limn→∞
(xn ·
1
yn
)=(
limn→∞
xn)(
limn→∞
1
yn
)= x · 1
y=x
y.
Exemplo 2.7
Seja an = n2−2n2+2n+1
, n = 1, 2, . . . .
Como an =n2−2n2
n2+2n+1n2
=1− 2
n2
1 + 2n
+ 1n2
, podemos escrever an =xnyn
, onde
xn = 1− 2n2 e yn = 1 + 2
n+ 1
n2 . Mas
limn→∞
xn = limn→∞
(1− 2
n2
)= lim
n→∞1− lim
n→∞2
n2= 1− 0 = 1
e
limn→∞
yn = limn→∞
(1 +
2
n+
1
n2
)= lim
n→∞1 + lim
n→∞2
n+ lim
n→∞1
n2= 1 + 0 + 0 = 1 .
Podemos entao concluir que
limn→∞
an =limn→∞
xn
limn→∞
yn=
1
1= 1.
Concluiremos esta aula introduzindo a nocao de limite. Mas antes,
vejamos mais dois exemplos.
Exemplo 2.8
Consideremos a funcao f(x) = x3 definida para x ∈ R, cujo grafico esbocamos
na Figura 2.2.
21 CEDERJ
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.
–8
–10
1
8
–2 1 2-
6
xn
x3n
Figura 2.2
Como vimos no Exemplo 2.4, se tomarmos qualquer sequencia (xn) de
numeros diferentes de 2 tal que limn→∞
xn = 2, teremos limn→∞
f(xn) = limn→∞
xn3 =
23 = 8.
Exemplo 2.9
Consideremos a funcao f , definida em R, dada por f(x) = x se x ≤ 0 e
f(x) = 1 + x se x > 0, cujo grafico esbocamos na Figura 2.3.
n1
2
1
+1 n1
1n1
1n
0
Figura 2.3
CEDERJ 22
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.MODULO 1 - AULA 2
Como ambas as sequencias xn = − 1n
e yn = 1n
(n = 1, 2, . . . ) convergem
para zero, a sequencia (f(xn)) converge para zero (pois f(xn) = − 1n) e a
sequencia (f(yn)) converge para 1 (pois f(yn) = 1 + 1n).
Consequentemente, nao podemos encontrar l ∈ R com a propriedade de
que, para toda sequencia (xn) de numeros diferentes de zero tal que limn→∞
xn =
0, se tenha limn→∞
f(xn) = l.
Introduzamos agora um conceito fundamental.
Definicao 2.1 Sejam f : D → R , a ∈ R tal que todo intervalo aberto con-
tendo a intercepte D−{a} e l ∈ R. Diz-se que f(x) tende a l quando x tende
a a, e escreve-se
limx→a
f(x) = l le-se: limite de
f(x) quando x tende a a e
igual a l.
D representa o domınio da
funcao f . Pode-se provar
que l, caso exista, e unico.limx→a
f(x) = l ,
quando para toda sequencia (xn) de elementos de D tal que xn 6= a para
todo n e limn→∞
xn = a, tem-se limn→∞
f(xn) = l. Neste caso, diz-se que limx→a
f(x)
existe.
Quando nao houver um numero real l satisfazendo a propriedade acima
descrita, diz-se que limx→a
f(x) nao existe.
Um intervalo e nao trivial
quando nao se reduz a um
unico elemento.
A exigencia feita sobre a, na definicao acima, significa que ha pontos
de D diferentes de a tao proximos de a quanto queiramos. Isto ocorre, por
exemplo, se D e um intervalo nao trivial e a ∈ D ou a e um extremo de D
(caso D 6= R). E importante tambem notar que, mesmo que a pertenca a D,
o valor de f em a e irrelevante para o estudo do conceito em questao.
Exemplo 2.10
Seja c ∈ R e definamos f(x) = c para todo x ∈ R. Entao, para todo a ∈ R,
limx→a
f(x) = c.
Exemplo 2.11
Consideremos a funcao f(x) = |x| definida para x ∈ R, cujo grafico esbocamos
na Figura 2.4. Entao, para todo a ∈ R,
limx→a
f(x) = f(a).
23 CEDERJ
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.
|a|
n||x
nxa 0
Figura 2.4
Com efeito, vejamos que para qualquer sequencia (xn) de numeros re-
ais diferentes de a tal que limn→∞
xn = a, tem-se que limn→∞
|xn| = |a|, isto e,
limn→∞
f(xn) = f(a). Isto pode ser justificado por meio da relacao
Para quaisquer x, y ∈ R,
temos ||x| − |y|| ≤ |x− y|.
||xn| − |a|| ≤ |xn − a| ,que e valida para todo n (esta relacao nos diz que a distancia entre |xn| e |a|nunca ultrapassa aquela entre xn e a). Com efeito, dado r > 0 arbitrario,
podemos encontrar um inteiro m ≥ 1 tal que |xn − a| < r para todo n ≥ m
(pois limn→∞
xn = a). Portanto,
||xn| − |a|| ≤ |xn − a| < r
para todo n ≥ m. Isto mostra que limn→∞
|xn| = |a|.Assim, para todo a ∈ R, lim
x→a|x| = |a|. Em particular, lim
x→−5|x| =
| − 5| = 5 e limx→0|x| = |0| = 0.
Exemplo 2.12
Consideremos um polinomio p qualquer. Entao, para todo a ∈ R,
limx→a
p(x) = p(a).
Com efeito, tomemos qualquer sequencia (xn) de numeros reais diferen-
tes de a tal que limn→∞
xn = a. Como vimos no Exemplo 2.6, limn→∞
p(xn) = p(a).
Assim, limx→a
p(x) = p(a).
CEDERJ 24
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.MODULO 1 - AULA 2
Em particular, limx→ 1
2
(x3 − 7x) =(
12
)3 − 7(
12
)= 1
8− 7
2= 1−28
8= −27
8e
limx→3
(x2 + 6x− 5) = 32 + (6× 3)− 5 = 9 + 18− 5 = 22.
Exemplo 2.13
Consideremos a funcao f : R − {0} → R dada por f(x) = 0 se x < 0 e
f(x) = x se x > 0, cujo grafico esbocamos na Figura 2.5.
nx
nx0
Figura 2.5
Se tomarmos qualquer sequencia (xn) de numeros reais nao nulos tal
que limn→∞
xn = 0, teremos que limn→∞
f(xn) = 0. Assim, limx→0
f(x) = 0.
Exemplo 2.14
Voltemos a funcao f : R→ R do Exemplo 2.9. Vimos, no referido exemplo,
que existem duas sequencias de numeros nao nulos, (xn) e (yn), tais que
limn→∞
xn = limn→∞
yn = 0, limn→∞
f(xn) = 0 e limn→∞
f(yn) = 1. Portanto,
limx→0
f(x)
nao existe.
Resumo
Nesta aula voce estudou operacoes com limites de sequencias e foi apre-
sentado a nocao fundamental de limite.
25 CEDERJ
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.
Exercıcios
1. Ache os limites das sequencias (xn)n≥1 abaixo:
(a) xn =n3 + n− 1
2n3 + 7n2 + 1; (b) xn =
n4 + 5n3 − 2
n5 + 1.
2. Mostre que limn→∞
xn = 0 se, e somente se, limn→∞
|xn| = 0.
3. De um exemplo de uma sequencia (xn) divergente tal que a sequencia
(|xn|) seja convergente.
4. Se limn→∞
xn = x, use a definicao para mostrar que limn→∞
(−xn) = −x.
5. Se limn→∞
xn = 1, mostre que existe um inteiro m ≥ 1 tal que xn >12
para
todo inteiro n ≥ m. Em particular, os elementos da sequencia (xn) sao
maiores do que zero a partir de um certo instante.
Sugestao: Considere o intervalo aberto(
12, 3
2
)de centro 1 e raio 1
2e
aplique a definicao de limite de uma sequencia.
6. Se limn→∞
xn = x e x > 0, mostre que existe um inteiro m ≥ 1 tal que
xn >x2
para todo inteiro n ≥ m.
Sugestao: Raciocine como no Exercıcio 4, substituindo(
12, 3
2
)por
(x2, 3x
2
)
e notando que(x2, 3x
2
)e o intervalo aberto de centro x e raio x
2.
7. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→0
(x5 − 7x4 + 9);
(b) limx→−1
(x4 + 2x3);
(c) limx→0
(1 + |x|);
(d) limx→2
x2 − 4
x− 2.
8. Defina f : R− {1} → R por f(x) = |x| se x < 1 e f(x) = 1 se x > 1.
(a) Esboce o grafico de f .
(b) Use (a) para intuir o valor de limx→1
f(x) .
9. Defina f : R− {0} → R por f(x) = x se x < 0 e f(x) = x2 se x > 0.
(a) Esboce o grafico de f .
(b) Use (a) para intuir o valor de limx→0
f(x) .
CEDERJ 26
Operacoes com limites de sequencias. A nocao de limite.MODULO 1 - AULA 2
10. Defina f : R→ R por f(x) = −1 se x ≤ 2 e f(x) = 1 se x > 2.
(a) Esboce o grafico de f .
(b) Mostre que limx→2
f(x) nao existe.
Desafio
Considere duas sequencias (xn) e (yn) tais que limn→∞
xn = 0 e existe
M > 0 tal que |yn| ≤M para todo n. Mostre que limn→∞
xnyn = 0.
Auto-avaliacao
Os resultados desta aula serao importantes para o estudo de limites, que
iniciamos nesta aula e retomaremos na proxima de maneira mais detalhada.
Por esta razao, so passe para a proxima aula quando tiver feito todos os
exercıcios, que sao de dois tipos: os seis primeiros e o desafio versam sobre a
nocao de sequencia convergente e os quatro ultimos sobre a nocao de limite.
Se voce teve alguma duvida releia a aula (bem como a anterior) e depois
retorne aos exercıcios. Este procedimento pode ser muito util.
27 CEDERJ
.
Propriedades de limites. Limites laterais.MODULO 1 - AULA 3
Aula 3 – Propriedades de limites. Limites
laterais.
Referencias: Aulas 1 e 2, e
aula 34 de Pre-Calculo.Objetivos
Estudar propriedades elementares de limites, tais como: soma, produto,
quociente e confronto.
Compreender, a partir da discussao de exemplos concretos, a nocao de
limite lateral.
Iniciaremos esta aula estudando algumas propriedades basicas de limi-
tes que contribuirao para simplificar o calculo dos mesmos, e a concluiremos
introduzindo a nocao de limite lateral.
Dadas duas funcoes f, g : D → R, podemos a elas associar uma nova
funcao, f + g, definida por (f + g)(x) = f(x) + g(x) para todo x ∈ D. Por
exemplo, se f, g : R→ R sao definidas por f(x) = 1 + x2 e g(x) = x3, entao
(f + g)(x) = f(x) + g(x) = 1 + x2 + x3 para todo x ∈ R.
Proposicao 3.1
Sejam f, g : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a
intercepte D − {a}. Se
limx→a
f(x) = l1 e limx→a
g(x) = l2,
entao
limx→a
(f + g)(x) = l1 + l2.
Demonstracao: Seja (xn) uma sequencia arbitraria de elementos de D tal que
xn 6= a para todo n e limn→∞
xn = a. Como limx→a
f(x) = l1, limn→∞
f(xn) = l1 e,
como limx→a
g(x) = l2, limn→∞
g(xn) = l2. Pela Proposicao 2.1, obtemos:
limn→∞
(f + g)(xn) = limn→∞
(f(xn) + g(xn)) = limn→∞
f(xn) + limn→∞
g(xn) = l1 + l2.
Portanto, pela definicao de limite, limx→a
(f + g)(x) = l1 + l2, como
havıamos afirmado.
Exemplo 3.1
Calculemos limx→−2
(1− x3 + |x|).Para todo x ∈ R, podemos escrever 1 − x3 + |x| = (f + g)(x), onde
f(x) = 1−x3 e g(x) = |x|. Alem disso, ja sabemos que limx→−2
f(x) = f(−2) = 9
e limx→−2
g(x) = g(−2) = 2.
29 CEDERJ
Propriedades de limites. Limites laterais.
Portanto, pela Proposicao 3.1,
limx→−2
(1− x3 + |x|) = 9 + 2 = 11.
Dadas duas funcoes f, g : D → R, podemos a elas associar uma nova
funcao, fg, definida por (fg)(x) = f(x)g(x) para todo x ∈ D. Por exemplo,
se f, g : R → R sao definidas por f(x) = x4 e g(x) = senx, entao (fg)(x) =
x4senx para todo x ∈ R.
Proposicao 3.2
Sejam f, g : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a
intercepte D − {a}. Se
limx→a
f(x) = l1 e limx→a
g(x) = l2,
entao
limx→a
(fg)(x) = l1l2.
Demonstracao: Argumentaremos como na demonstracao da Proposicao 3.1.
De fato, seja (xn) uma sequencia arbitraria de elementos de D tal que xn 6= a
para todo n e limn→∞
xn = a. Como limx→a
f(x) = l1, limn→∞
f(xn) = l1 e, como
limx→a
g(x) = l2, limn→∞
g(xn) = l2. Pela Proposicao 2.2, obtemos:
limn→∞
(fg)(xn) = limn→∞
(f(xn)g(xn)) = ( limn→∞
f(xn))( limn→∞
g(xn)) = l1l2.
Portanto, pela definicao de limite, limx→a
(fg)(x) = l1l2.
Exemplo 3.2
Calculemos limx→0
(x2 + 3)2.
Para isto, consideremos o polinomio p(x) = x2 + 3. Ja sabemos que
limx→0
p(x) = p(0) = 3.
Portanto, pela Proposicao 3.2,
limx→0
(x2 + 3)2 = limx→0
(p(x))2 = (limx→0
p(x))(limx→0
p(x)) = 32 = 9.
Voce tambem poderia observar que
(x2 + 3)2 = x4 + 6x2 + 9
e um polinomio, para daı concluir que
limx→0
(x2 + 3)2 = 04 + 6× 02 + 9 = 9.
CEDERJ 30
Propriedades de limites. Limites laterais.MODULO 1 - AULA 3
Exemplo 3.3
Calculemos limx→0
(x2 + 3)3.
Como no exemplo anterior, voce poderia notar que (x2 + 3)3 e um po-
linomio para obter o valor do limite. Ou entao, lancar mao da Proposicao 3.2
e do Exemplo 3.2. Senao vejamos:
limx→0
(x2 + 3)3 = limx→0
(p(x))3 = limx→0
((p(x))2p(x)) =
= (limx→0
(p(x))2)(limx→0
p(x)) = 32 × 3 = 33 = 27.
De modo geral, podemos afirmar que para todo inteiro k ≥ 1,
limx→0
(x2 + 3)k = 3k.
Este fato decorre da
Proposicao 3.2 e do prıncipio
de inducao finita.
Suponhamos limx→a
f(x) = l1 e limx→a
g(x) = l2, sendo f e g duas funcoes
de D em R e a como na definicao de limite. Aplicando as Proposicoes 3.1 e
3.2, e possıvel garantir que
limx→a
cf(x) =(
limx→a
c)(
limx→a
f(x))
= cl1 para todo c ∈ R
(olhando c como a funcao constante e igual a c)
e
limx→a
(f(x)− g(x)) = limx→a
(f(x) + (−1)g(x)) =
= limx→a
f(x) + limx→a
(−1)g(x) = l1 − l2.Temos ainda a seguinte
Se limx→a
g(x) = l2 6= 0, e
possıvel verificar que
g(x) 6= 0 para x ∈ D − {a}proximo de a. Assim, faz
sentido considerar a funcao1g
definida para x ∈ D − {a}proximo de a, e a conclusao
da Proposicao 3.3 permanece
verdadeira.
Proposicao 3.3
Sejam g : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intercepte
D−{a}, e suponhamos g(x) 6= 0 para todo x ∈ D. Se limx→a
g(x) = l2 e l2 6= 0,
entao
limx→a
(1
g
)(x) =
1
l2.
No enunciado da Proposicao 3.3, 1g
representa a funcao definida por(1g
)(x) = 1
g(x)para todo x ∈ D.
Notemos que a condicao de g nunca se anular em D nao implica, em
geral, que l2 6= 0. Por exemplo, a funcao g(x) = x2, definida em R − {0},satisfaz g(x) > 0 para todo x ∈ R− {0}; entretanto, lim
x→0g(x) = 0.
A demonstracao da Proposicao 3.3 e analoga as das Proposicoes 3.1 e
3.2. Sugerimos que voce a faca, lembrando que a Proposicao 2.3 devera ser
utilizada.
31 CEDERJ
Propriedades de limites. Limites laterais.
Dada uma funcao f : D → R e sendo g como no enunciado da Pro-
posicao 3.3, representemos por fg
a funcao definida por(fg
)(x) = f(x)
g(x)para
todo x ∈ D. Por exemplo, se f(x) = sen x e g(x) = x4 + 1, entao(fg
)(x) = f(x)
g(x)= senx
x4+1para todo x ∈ R.
Notando que fg
= f 1g
e supondo limx→a
f(x) = l1 e limx→a
g(x) = l2, com
l2 6= 0, podemos aplicar as Proposicoes 3.2 e 3.3 para garantir que
limx→a
(f
g
)(x) = lim
x→a
(f.
1
g
)(x) =
=(
limx→a
f(x))(
limx→a
(1
g
)(x)
)=
= l11
l2=l1l2.
Exemplo 3.4
Calculemos limx→−3
x3 − 7x+ 1
x2 + 1.
Para isto, consideremos os polinomios p(x) = x3−7x+1 e q(x) = x2+1,
o segundo dos quais nunca se anula. Entao
x3 − 7x+ 1
x2 + 1=
(p
q
)(x) para todo x ∈ R.
Como
limx→−3
p(x) = p(−3) = (−3)3 − 7(−3) + 1 = −5
e
limx→−3
q(x) = q(−3) = (−3)2 + 1 = 10 6= 0 ,
segue que
limx→−3
x3 − 7x+ 1
x2 + 1= − 5
10= −1
2.
Exemplo 3.5
Calculemos limx→2
|x|x2 − 1
.
Para isto, escrevamos |x|x2−1
=(fg
)(x), onde f(x) = |x| e g(x) = x2 − 1.
Para todo x ∈ R − {−1, 1} , x2 − 1 = (x − 1)(x + 1) 6= 0, isto e, g(x) 6= 0.
Alem disso, limx→2
f(x) = f(2) = 2 e limx→2
g(x) = g(2) = 3 6= 0.
CEDERJ 32
Propriedades de limites. Limites laterais.MODULO 1 - AULA 3
Portanto,
limx→2
|x|x2 − 1
=2
3.
A proxima proposicao, conhecida como propriedade do confronto, e
muito util para o calculo de certos limites.Na Proposicao 3.4 basta
supor f(x) ≤ g(x) ≤ h(x)
para x ∈ D proximo de a.Proposicao 3.4
Sejam f, g, h : D → R tais que f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) para todo x ∈ D e seja
a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intercepte D − {a}. Se
limx→a
f(x) = limx→a
h(x) = l,
entao
limx→a
g(x) = l.
Este resultado e bastante natural e intuitivo, e decorre do fato de que
se (un), (vn) e (wn) sao tres sequencias tais que un ≤ vn ≤ wn para todo n e
limn→∞
un = limn→∞
wn = u, entao limn→∞
vn = u.
Exemplo 3.6
Vejamos que limx→0
x cos
(1
x
)= 0 .
De fato, como | cos x| ≤ 1 para todo x ∈ R, segue que∣∣x cos
(1x
)∣∣ =
|x|∣∣cos
(1x
)∣∣ ≤ |x| para todo x ∈ R− {0}. Isto significa que
−|x| ≤ x cos
(1
x
)≤ |x|
para todo x ∈ R − {0}. Como limx→0
(−|x|) = limx→0|x| = 0, a Proposicao 3.4
fornece
limx→0
x cos
(1
x
)= 0.
Consideremos agora o seguinte
Exemplo 3.7
Seja f a funcao definida em R− {0} por f(x) = x se x < 0 e f(x) = x2 + 1
se x > 0, cujo grafico e esbocado na Figura 3.1.
33 CEDERJ
Propriedades de limites. Limites laterais.
1
nx
2
1
2n+y 1
ny
nx
0
Figura 3.1
Voce ja deve ter percebido que limx→0
f(x) nao existe, o que pode ser
justificado da seguinte forma: as sequencias(− 1n
)e(
1n
)convergem para zero,
a sequencia(f(− 1n
))=(− 1n
)converge para zero e a sequencia
(f(
1n
))=(
1n2 + 1
)converge para 1.
Por outro lado, se tomarmos qualquer sequencia (xn) de numeros nega-
tivos tal que limn→∞
xn = 0, teremos limn→∞
f(xn) = limn→∞
xn = 0; e, se tomarmos
qualquer sequencia (yn) de numeros positivos tal que limn→∞
yn = 0, teremos
limn→∞
f(yn) = limn→∞
(yn2 + 1) = 1. Isto significa que, se x se aproximar de
zero apenas por valores menores do que zero, f(x) se aproximara de 0; e,
se x se aproximar de zero apenas por valores maiores do que zero, f(x) se
aproximara de 1.
Vamos a mais um exemplo, no qual ocorre um fenomeno parecido.
Exemplo 3.8
Seja f(x) = |x|x
para todo x ∈ R− {0}.Para todo x < 0, f(x) = |x|
x= −x
x= −1; e, para todo x > 0, f(x) =
|x|x
= xx
= 1. Assim, o grafico de f e , na verdade, muito simples (ver a
Figura 3.2).
CEDERJ 34
Propriedades de limites. Limites laterais.MODULO 1 - AULA 3
–1
1
ny
nx
0
Figura 3.2
Como no Exemplo 3.7, limx→0
f(x) nao existe (justifique esta afirmacao
detalhadamente). Por outro lado, dada uma sequencia (xn) qualquer tal que
xn < 0 para todo n e limn→∞
xn = 0, tem-se f(xn) = −1 para todo n; logo,
limn→∞
f(xn) = −1. E, dada uma sequencia (yn) qualquer tal que yn > 0 para
todo n e limn→∞
yn = 0, tem-se f(yn) = 1 para todo n; logo, limn→∞
f(yn) = 1.
Vimos, nos Exemplos 3.7 e 3.8, que apesar de limx→0
f(x) nao existir,
ocorre um fenomeno “simpatico”se nos restringirmos exclusivamente a valo-
res de x menores do que zero ou a valores de x maiores do que zero. Isto
caracteriza o fato dos limites laterais a esquerda e a direita existirem, para
ambas as funcoes, quando x tende a zero. No caso da funcao f do Exem-
plo 3.7, o limite lateral a esquerda em questao (denotado por limx→0−
f(x)) e
zero e o limite lateral a direita em questao (denotado por limx→0+
f(x)) e 1. No
caso da funcao f do Exemplo 3.8, tem-se
limx→0−
f(x) = −1 e limx→0+
f(x) = 1.
No caso geral, usaremos as notacoes
limx→a−
f(x) e limx→a+
f(x)
limx→a−
f(x) = l le-se: limite
de f(x) quando x tende a a
pela esquerda e igual a l.
limx→a+
f(x) = l le-se: limite
de f(x) quando x tendo a a
pela direita e igual a l.
para representar, respectivamente, os limites laterais a esquerda e a direita
de f em a.
Cabe mencionar que limx→a
f(x) existe se, e somente se, os limites laterais
limx→a−
f(x) e limx→a+
f(x) existem e sao iguais.
Para que limx→a−
f(x) faca
sentido, e preciso assegurar
que existam elementos do
domınio de f , menores do
que a, tao proximos de a
quanto desejarmos, valendo
observacao analoga para
limx→a+
f(x).Este fato poderia ser usado para garantir que, se f e a funcao do
Exemplo 2.13, entao limx→0
f(x) = 0. Com efeito, dada qualquer sequencia
35 CEDERJ
Propriedades de limites. Limites laterais.
(xn) tal que xn < 0 para todo n e limn→∞
xn = 0, tem-se limn→∞
f(xn) = 0
(pois f(xn) = 0 para todo n); logo limx→0−
f(x) = 0. Por outro lado, dada
uma sequencia (yn) qualquer tal que yn > 0 para todo n e limn→∞
yn = 0,
tem-se limn→∞
f(yn) = limn→∞
yn = 0; logo, limx→0+
f(x) = 0. Consequentemente,
limx→0
f(x) = 0.
Finalmente, observemos que as propriedades sobre limites, vistas nesta
aula, permanecem verdadeiras tanto para o limite lateral a esquerda quanto
para o limite lateral a direita.
Resumo
Nesta aula voce estudou certas propriedades elementares de limites,
bem como a nocao de limite lateral.
Exercıcios
1. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→−1
x3 + 5x+ 7
x2 − 6x+ 8;
(b) limx→0
(x− 2)3 + 2|x|x4 + x2 +
√2
;
(c) limx→3
x2 − 5x+ 6
x− 3;
(d) limx→1
x4 − 1
x− 1.
2. Sejam k um inteiro positivo e a um numero real.
(a) Mostre que limx→a
(xk − ak) = 0.
(b) Mostre que limx→a
xk − akx− a = kak−1.
(c) Escrevendo xk − ak =xk − akx− a (x− a) para x 6= a, obtenha (a) a
partir de (b).
3. Use a definicao de limite para mostrar que
limx→0
xcos
(1
x
)= 0.
4. (a) Use a definicao de limite para mostrar que
limx→0
x2 sen
(1
x
)= 0 e lim
x→0x2sen x = 0.
CEDERJ 36
Propriedades de limites. Limites laterais.MODULO 1 - AULA 3
(b) Use a propriedade do confronto para mostrar que
limx→0
x2 sen
(1
x
)= 0 e lim
x→0x2sen x = 0.
5. Defina f : R− {0} → R por f(x) = 2 + |x| se x < 0 e f(x) = x2 + 3 se
x > 0.
(a) Esboce o grafico de f .
(b) Calcule limx→0−
f(x) e limx→0+
f(x).
(c) Decida se limx→0
f(x) existe.
6. Defina g : R→ R por g(x) = −x2 + 1 se x < 0, g(0) = 0 e g(x) = x+ 1
se x > 0.
(a) Esboce o grafico de g.
(b) Calcule limx→0−
g(x) e limx→0+
g(x).
(c) Decida se limx→0
g(x) existe. Em caso afirmativo, limx→0
g(x) = g(0)?
7. Sejam f e g as funcoes dos Exercıcios 5 e 6.
(a) Forneca limx→0−
(f+g)(x) , limx→0+
(f+g)(x), limx→0−
(fg)(x) e limx→0+
(fg)(x).
(b) Decida se limx→0
(f + g)(x) e limx→0
(fg)(x) existem.
8. Defina f : R−{0} → R por f(x) = x2 +x+2c se x > 0 e f(x) = 1−cxse x < 0, onde c e um numero real. Determine o valor de c para que
limx→0
f(x) exista.
9. (a) Sejam f, g : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo
a intercepte D − {a}. Se limx→a
f(x) = 0 e existe M > 0 tal que
|g(x)| ≤ M para todo x ∈ D (ou apenas para x ∈ D proximo de
a), mostre que limx→a
(fg)(x) = 0.
(b) Obtenha o Exemplo 3.6 e o Exercıcio 4 a partir de (a).
Auto-avaliacao
As propriedades discutidas nesta aula serao usadas frequentemente du-
rante o curso. Por esta razao, e importante que voce tenha feito corretamente
os exercıcios propostos, pois eles visam a assimilacao das referidas proprie-
dades. Caso haja alguma duvida nos exercıcios, releia a aula com atencao e
depois volte a eles. Caso ainda persista alguma duvida, consulte os tutores.
37 CEDERJ
Um limite fundamental.MODULO 1 - AULA 4
Aula 4 – Um limite fundamental.
Referencias: Aula 3, e aula
34 de Pre-Calculo.Objetivos
Compreender porque limx→0
senxx
= 1, e ver algumas consequencias deste
fato.
Antes de justificar a validade do fato mencionado acima, vejamos alguns
exemplos:
Exemplo 4.1
limx→0
senx = 0 (= sen0) .
De fato, consideremos a funcao f(x) = senx, cujo grafico esbocamos
na Figura 4.1.
−2π − 3π2
−π
−π20 π
2π
3π2 2π
−1
1
Figura 4.1
Para qualquer sequencia (xn) tal que xn < 0 para todo n e limn→∞
xn = 0,
temos limn→∞
f(xn) = limn→∞
senxn = 0; logo, limx→0−
senx = 0. Por outro lado,
para qualquer sequencia (yn) tal que yn > 0 para todo n e limn→∞
yn = 0, temos
limn→∞
f(yn) = limn→∞
sen yn = 0; logo, limx→0+
senx = 0. Portanto, limx→0
senx = 0.
Exemplo 4.2
limx→0
cosx = 1 (= cos 0).
De fato, consideremos a funcao f(x) = cosx, cujo grafico esbocamos
na Figura 4.2.
39 CEDERJ
Um limite fundamental.
−2π − 3π2
−π −π20 π
2
π3π2
2π
−1
1
Figura 4.2
Para qualquer sequencia (xn) tal que xn < 0 para todo n e limn→∞
xn = 0,
temos limn→∞
f(xn) = limn→∞
cosxn = 1; logo, limx→0−
cosx = 1. Por outro lado,
para qualquer sequencia (yn) tal que yn > 0 para todo n e limn→∞
yn = 0, temos
limn→∞
f(yn) = limn→∞
cos yn = 0; logo limx→0+
cos x = 1. Portanto, limx→0
cosx = 1.
Exemplo 4.3
limx→0
tg x = 0.O domınio da funcao
tangente e o conjunto dos
x ∈ R tais que cosx 6= 0.De fato, como tg x = senx
cos x, e como lim
x→0senx = 0 e lim
x→0cosx = 1, segue
do que vimos na aula 3 que
limx→0
tg x =0
1= 0.
Teorema 4.1
limx→0
senx
x= 1.
Demonstracao: Provemos, inicialmente, que
limx→0+
sen x
x= 1.
De fato, consideremos o < x < π2, e comparemos as areas dos triangulos
OAB e ODC e do setor circular ODB (ver a Figura 4.3).
1
B
C
DA
x
0
Figura 4.3
CEDERJ 40
Um limite fundamental.MODULO 1 - AULA 4
Como a area do triangulo OAB e senx cosx2
, a area do setor circular ODB
e x2
e a area do triangulo ODC e tg x2
= 12
senxcosx
, obtemos
senx cosx
2<x
2<
1
2
senx
cosx.
Como senx > 0 para 0 < x < π2, segue que
cosx <x
senx<
1
cosx.
Mas, pela Proposicao 3.3, temos
limx→0+
1
cosx=
1
limx→0+
cosx=
1
1= 1.
Podemos entao aplicar a propriedade do confronto, vista na aula 3, para
concluir que
limx→0+
senx
x= 1.
Portanto,
limx→0+
senx
x= lim
x→0+
1x
senx
=1
limx→0+
x
sen x
=1
1= 1.
Mostremos agora que limx→0−
senxx
= 1.
De fato, como sen(−x) = −senx para todo x ∈ R (a funcao seno e
ımpar), podemos escrever para x < 0,
senx
x=−senx
−x =sen(−x)
−x ,
onde −x > 0. Logo,
limx→0−
senx
x= lim
x→0−
sen(−x)
−x = limy→0+
sen y
y= 1.
Em resumo, temos
limx→0−
senx
x= lim
x→0+
senx
x= 1.
Consequentemente,
limx→0
senx
x= 1,
como querıamos demonstrar.
41 CEDERJ
Um limite fundamental.
Voce deve ter notado que, para provar o Teorema 4.1, nao poderıamos
passar ao limite no numerador (senx) e no denominador (x) separadamente,
pois neste caso temos limx→0
senx = 0 (Exemplo 4.1) e limx→0
x = 0.
Vamos dedicar o resto da aula a discutir alguns exemplos nos quais se
faz uso do Teorema 4.1.
Exemplo 4.4
limx→0
tg x
x= 1.
De fato, como cosx 6= 0 para todo x ∈(−π
2, π
2
), podemos escrever
tg x
x=
sen x
x· 1
cosx
para todo x ∈(−π
2, π
2
), x 6= 0. E possıvel entao aplicar a Proposicao 3.2
para concluir que
limx→0
tg x
x=
(limx→0
senx
x
)(limx→0
1
cosx
)= 1× 1 = 1.
Exemplo 4.5
limx→0
1− cosx
x= 0.
De fato, observemos inicialmente que 1 + cosx 6= 0 para todo x ∈(−π
2, π
2
). Entao, para todo x ∈
(−π
2, π
2
), x 6= 0, tem-se:
1− cosx
x=
(1− cos x)(1 + cosx)
x(1 + cos x)=
=1− cos2x
x(1 + cosx)=
=sen2x
x(1 + cosx)=
= senx · senx
x· 1
1 + cosx.
Como
limx→0
(1 + cosx) = 1 + limx→0
cos x = 1 + 1 = 2,
a Proposicao 3.3 garante que
limx→0
1
1 + cosx=
1
2.
CEDERJ 42
Um limite fundamental.MODULO 1 - AULA 4
Portanto, pela Proposicao 3.2,
limx→0
1− cos x
x=(
limx→0
sen x)(
limx→0
senx
x
)(limx→0
1
1 + cosx
)=
= 0× 1× 1
2= 0.
Exemplo 4.6
limx→0
1− cosx
x2=
1
2.
Realmente, como 1+cos x 6= 0 para todo x ∈(−π
2, π
2
), podemos escrever
1− cosx
x2=
sen2x
x2
1
1 + cos x=(senx
x
)2 1
1 + cos x
para todo x ∈(−π
2, π
2
), x 6= 0.
Portanto, pela Proposicao 3.2,
limx→0
1− cos x
x2= lim
x→0
(sen x
x
)2
· limx→0
1
1 + cos x=
=
(limx→0
senx
x
)(limx→0
senx
x
)(limx→0
1
1 + cosx
)=
= 1× 1× 1
2=
1
2.
Exemplo 4.7
limx→0
sen(x2)
x= 0.
De fato, como sen(x2)x
= x · sen (x2)x2 para todo x 6= 0 e como lim
x→0x2 = 0,
temos
limx→0
sen (x2)
x=(
limx→0
x)(
limx→0
sen (x2)
x2
)= 0× 1 = 0.
Exemplo 4.8
limx→π
sen x
π − x = 1 .
Com efeito, tendo em vista a igualdade
sen(z + w) = sen z cosw + senw cos z,
valida para quaisquer z, w ∈ R, segue que
sen(π − x) = sen(π + (−x)) = senπ cos(−x) + cosπsen(−x) =
= −sen(−x) = −(−senx) = senx
para todo x ∈ R.
43 CEDERJ
Um limite fundamental.
Consequentemente,
limx→π
senx
π − x = limx→π
sen(π − x)
π − x .
Finalmente, como limx→π
(π − x) = 0, resulta do Teorema 4.1 que
limx→π
sen(π − x)
π − x = 1.
Portanto,
limx→π
senx
π − x = 1.
Resumo
Nesta aula voce estudou um limite muito importante e viu algumas
consequencias do mesmo.
Exercıcios
1. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→0
x2
senx.
(b) limx→a
sen (x2 − a2)
x− a , a ∈ R.
(c) limx→0
3x2
tg x senx.
Sugestao: Escreva
3x2
tg x senx= 3( x
senx
)2
cosx.
(d) limx→0
tg(2x)
sen(3x).
Sugestao: Escreva
tg(2x)
sen(3x)=
2
3
sen(2x)
2x
3x
sen(3x)
1
cos(2x).
(e) limx→0
x− senxcosx
x+ senxcosx
.
Sugestao: Escreva
x− senxcosx
x+ senxcosx
=x
senx− 1
cosxx
senx+ 1
cosx
.
CEDERJ 44
Um limite fundamental.MODULO 1 - AULA 4
(f) limx→0
sen(ax)
sen(bx), a, b ∈ R− {0} .
(g) limx→0
sen2(ax2)
x4, a ∈ R− {0}.
Sugestao: Escreva
sen2(ax2)
x4= a2
(sen(ax2)
ax2
)2
.
(h) limx→0
1− cos(ax)
x2, a ∈ R− {0} (use o Exemplo 4.6).
(i) limx→π
sen(tg x)
tg x(note que lim
x→πtg x = 0) .
(j) limx→0
1− sec x
x2.
(k) limx→0
tg2(ax)
1− cos(bx), a, b ∈ R− {0}.
Como secx = 1cos x
, a funcao
secante esta definida no
conjunto dos x ∈ R tais que
cosx 6= 0.
Sugestao: Escreva
tg2(ax)
1− cos(bx)=(sen(ax)
sen(bx)
)2 1 + cos(bx)
cos2(ax)
e use (f).
(l) limx→0
sec(ax)− sec(bx)
x2, a, b ∈ R− {0}.
Sugestao: Escreva
sec(ax)− sec(bx)
x2=
1
(cos(ax))(cos(bx))
(1− cos(ax)
x2−1− cos(bx)
x2
)
e use (h) .
2. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→0
senx sen(3x) sen(5x)
tg(2x) tg(4x) tg(6x).
Sugestao: Escreva
senx sen(3x) sen(5x)
tg(2x) tg(4x) tg(6x)=
=
(senx
sen(2x)· cos(2x)
)(sen(3x)
sen(4x)· cos(4x)
)(sen(5x)
sen(6x)· cos(6x)
)
e use o Exercıcio 1 (f) .
(b) limx→0
x+ senx
x2 − senx.
45 CEDERJ
Um limite fundamental.
3. Mostre que
limx→1
tg3(1− x)
sen(1− x) sen2(1− x2)=
1
4.
Sugestao: Escreva
tg3(1− x)
sen(1− x) sen2(1− x2)=
=1
cos3(1− x)
1
(1 + x)2
(sen(1− x)
1− x
)2(1− x2
sen(1− x2)
)2
.
4. Lembrando que cos(x− π) = − cosx, mostre que
limx→π
1 + cosx
(x− π)2=
1
2.
5. Mostre que
limx→0
1− cos3x
2x senx cosx=
3
4.
6. Mostre que
limx→0
sen(x2 + 1x)− sen( 1
x)
x= 0.
Sugestao: Escreva
sen(x2 + 1x)− sen( 1
x)
x=
=sen(x2) cos( 1
x) + cos(x2)sen( 1
x)− sen( 1
x)
x=
=
(x cos
(1
x
)sen(x2)
x2
)+
(x sen
(1
x
)cos(x2)− 1
x2
).
Auto-avaliacao
Esta aula gira em torno de um resultado importante: limx→0
senxx
= 1. Nos
exercıcios propostos, alem de aplicar este resultado, voce deve demonstrar
domınio das propriedades de limites bem como das propriedades basicas das
funcoes seno e cosseno. Varios dos exercıcios sao acompanhados de sugestoes
que facilitam a sua resolucao. Caso voce tenha alguma dificuldade, releia a
aula 3.
CEDERJ 46
Limites infinitos. Assıntotas verticais.MODULO 1 - AULA 5
Aula 5 – Limites infinitos. Assıntotas
verticais.
Referencias: Aulas 34 e 40,
de Pre-Calculo, e aulas 1 e 2.Objetivo
Compreender o significado dos limites infinitos limx→a
f(x) = ±∞ ,
limx→a−
f(x) = ±∞ e limx→a+
f(x) = ±∞
Nas aulas 1 e 2 estudamos a nocao de sequencia convergente para, a
partir dela, definir o que se entende por
limx→a
f(x) = l,
onde l e um numero real
Nesta aula estudaremos o que se entende por
limx→a
f(x) = +∞ e limx→a
f(x) = −∞.
Mas antes precisaremos introduzir as nocoes
limn→∞
xn = +∞ e limn→∞
xn = −∞.
A tıtulo de motivacao, vejamos inicialmente alguns exemplos.
Exemplo 5.1
Consideremos a sequencia xn = n, n = 1, 2, . . .
Dado qualquer numero real M > 0 (por maior que ele seja), tomemos
r = 1M> 0. Pela propriedade arquimediana (lembrar a aula 1), existe um
inteiro m ≥ 1 tal que 1m< r. Logo,
xm = m =11m
>1
r= M,
e daı resulta que xn = n > M para todo inteiro n > m (ver a Figura 5.1).
m+2m+1mM0
Figura 5.1
47 CEDERJ
Limites infinitos. Assıntotas verticais.
Exemplo 5.2
Consideremos a sequencia xn = n2, n = 1, 2, . . .
Dado qualquer numero M > 0, seja m um inteiro tal que m > M .
Entao xm = m2 ≥ m > M ; logo, para todo inteiro n > m, tem-se xn = n2 >
m2 > M (ver a Figura 5.2).
2(m+2)2(m+1)2mM0
Figura 5.2
Exemplo 5.3
Consideremos a sequencia xn =√n, n = 1, 2, . . .
Dado qualquer numero M > 0, seja m um inteiro tal que m > M 2.
Entao xm =√m >
√M2 = M ; logo, para todo inteiro n > m, tem-se
xn =√n >√m > M (ver a Figura 5.3).
m+2m+1mM0
Figura 5.3
Acabamos de ver que as sequencias xn = n, xn = n2 e xn =√n
satisfazem a seguinte propriedade: dado qualquer M > 0 (por maior que ele
seja), podemos garantir que todos os xn sao maiores do que M a partir de
um certo n.
Acreditamos ja estar preparados para a seguinte
limn→∞
xn = +∞ le-se: limite
de xn quando n tende a
infinito e igual a mais
infinito.
Definicao 5.1 Seja (xn) uma sequencia de numeros reais. Diz-se que
limn→∞
xn = +∞
se, para todo numero real M > 0, existe um inteiro m ≥ 1 tal que xn > M
para todo n ≥ m.
Por exemplo,
limn→∞
n = limn→∞
n2 = limn→∞
√n = +∞.
CEDERJ 48
Limites infinitos. Assıntotas verticais.MODULO 1 - AULA 5
Por outro lado, se considerarmos as sequencias yn = −n, yn = −n2 e
yn = −√n, o que vimos nos Exemplos 5.1, 5.2 e 5.3 garante que, para todo
N < 0 (por menor que ele seja), existe um inteiro m ≥ 1 tal que yn < N
para todo n ≥ m. Ou, em outras palavras, dado qualquer numero real N
menor do que zero, podemos garantir que todos os yn sao menores do que N
a partir de um certo n.
Isto motiva a seguintelimn→∞
xn = −∞ le-se: limite
de xn quando n tende a
infinito e igual a menos
infinito.Definicao 5.2 Seja (xn) uma sequencia de numeros reais. Diz-se que
limn→∞
xn = −∞
se, para todo numero real N < 0, existe um inteiro m ≥ 1 tal que xn < N
para todo n ≥ m.
Por exemplo,
limn→∞
(−n) = limn→∞
(−n2) = limn→∞
(−√n) = −∞.
Observamos, na aula 2, que para qualquer sequencia (xn) convergente
e possıvel encontrar um numero M > 0 tal que |xn| ≤ M para todo n. Por
outro lado, se limn→∞
xn = +∞ ou limn→∞
xn = −∞, e claro que esta propriedade
nao se verifica. Consequentemente, se limn→∞
xn = +∞ ou limn→∞
xn = −∞,
entao a sequencia (xn) e divergente, isto e, nao convergente.
Mencionemos alguns fatos simples (mas uteis) que decorrem das de-
finicoes que acabamos de ver:Em (c) e (e) basta supor
xn ≥ yn a partir de um
certo n.(a) lim
n→∞xn = +∞ se, e somente se, lim
n→∞(−xn) = −∞.
(b) Se limn→∞
xn = limn→∞
yn = +∞ e c > 0, entao limn→∞
(xn + yn) = +∞ e
limn→∞
cxn = +∞.
(c) Se xn ≥ yn para todo n e limn→∞
yn = +∞, entao limn→∞
xn = +∞.
Como consequencia de (a), (b) e (c), obtem-se:
(d) Se limn→∞
xn = limn→∞
yn = −∞ e c > 0, entao limn→∞
(xn + yn) = −∞ e
limn→∞
cxn = −∞.
(e) Se xn ≥ yn para todo n e limn→∞
xn = −∞, entao limn→∞
yn = −∞.
49 CEDERJ
Limites infinitos. Assıntotas verticais.
Por exemplo, suponhamos limn→∞
xn = limn→∞
yn = −∞. Por (a), limn→∞
(−xn) =
limn→∞
(−yn) = +∞; e por (b),
limn→∞
((−xn) + (−yn)) = limn→∞
(−(xn + yn)) = +∞.
Logo, por (a),
limn→∞
(−(−(xn + yn))) = limn→∞
(xn + yn) = −∞,
provando (d).
Outro fato que merece ser mencionado e o seguinte:Em (f) basta supor xn > 0 a
partir de um certo n e em
(g) basta supor xn < 0 a
partir de um certo n.(f) Se xn > 0 para todo n, entao lim
n→∞xn = 0 se, e somente se, lim
n→∞1xn
=
+∞.
E facil ver que (f) equivale a:
(g) Se xn < 0 para todo n, entao limn→∞
xn = 0 se, e somente se, limn→∞
1xn
=
−∞.
Antes de atingir o objetivo desta aula, vejamos dois exemplos.
Exemplo 5.4
Consideremos a funcao f(x) = 1x2 , definida para x ∈ R − {0}, cujo grafico
esbocamos na Figura 5.4.
2nx
1
nx0
Figura 5.4
CEDERJ 50
Limites infinitos. Assıntotas verticais.MODULO 1 - AULA 5
Olhando para o grafico de f e facil perceber que f(x) cresce cada vez
mais quando x se aproxima de zero.
Este fato pode ser expresso da seguinte forma: se tomarmos qualquer
sequencia (xn) de numeros diferentes de zero tal que limn→∞
xn = 0, teremos
limn→∞
f(xn) = limn→∞
1xn2 = +∞ (realmente, como lim
n→∞xn
2 = 0, entao limn→∞
1xn2 =
+∞ em vista de (f)).
Exemplo 5.5
Consideremos a funcao f(x) = 1x, definida para x ∈ R − {0}, cujo grafico
esbocamos na Figura 5.5.
n
1x
nx
ny1
ny0
Figura 5.5
Olhando para o grafico de f e facil perceber que f(x) decresce cada vez
mais quando x se aproxima de zero por valores menores do que zero e que
f(x) cresce cada vez mais quando x se aproxima de zero por valores maiores
do que zero. Em particular, o comportamento da funcao deste exemplo para
valores de x proximos de zero e diferente do comportamento da funcao do
exemplo anterior para valores de x proximos de zero.
Os fatos que acabamos de ressaltar podem ser expressos da seguinte
forma: se tomarmos qualquer sequencia (xn) tal que xn < 0 para todo n e
limn→∞
xn = 0, teremos limn→∞
f(xn) = limn→∞
1xn
= −∞ (isto segue de (g)); e se
tomarmos qualquer sequencia (yn) tal que yn > 0 para todo n e limn→∞
yn = 0,
teremos limn→∞
f(yn) = limn→∞
1yn
= +∞ ( isto segue de (f)). Em geral, temos a
seguinte
51 CEDERJ
Limites infinitos. Assıntotas verticais.
Definicao 5.3 Sejam f : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto con-
tendo a intercepte D − {a}. Diz-se que
limx→a
f(x) = +∞(respectivamente lim
x→af(x) = −∞
)
se, para toda sequencia (xn) de elementos de D tal que xn 6= a para todo n e
limn→∞
xn = a, tem-se limn→∞
f(xn) = +∞ (respectivamente limn→∞
f(xn) = −∞).
Decorre de (a) que limx→a
f(x) = +∞ se, e somente se, limx→a
(−f(x)) = −∞.
Por exemplo, limx→0
1x2 = +∞ e lim
x→0
(− 1
x2
)= −∞.
De maneira completamente analoga, podemos definir o que se entende
por
limx→a−
f(x) = −∞ , limx→a−
f(x) = +∞ , limx→a+
f(x) = −∞ e limx→a+
f(x) = +∞.
Por exemplo, limx→0−
1x
= −∞ e limx→0+
1x
= +∞ .
Diz-se que a reta vertical x = a e uma assıntota vertical ao grafico de
uma funcao f se:
(a) limx→a−
f(x) = −∞ ou limx→a−
f(x) = +∞
ou
(b) limx→a+
f(x) = −∞ ou limx→a+
f(x) = +∞.
Exemplo 5.6
Seja a um numero real arbitrario e consideremos a funcao f : R− {a} → Rdefinida por f(x) = 1
x−a , cujo grafico esbocamos na Figura 5.6.
1a
a
1
0
Figura 5.6
CEDERJ 52
Limites infinitos. Assıntotas verticais.MODULO 1 - AULA 5
Como limx→a−
f(x) = −∞ e limx→a+
f(x) = +∞, a reta x = a e uma
assıntota vertical ao grafico de f .
Notemos que, pela propria definicao, apenas um destes dois fatos ja
seria suficiente para garantir que a reta x = a e uma assıntota vertical ao
grafico de f . Vejamos um exemplo onde isto ocorre.
Exemplo 5.7
Consideremos a funcao f , definida por f(x) = −x se x ≤ 0 e f(x) = 1x
se
x > 0, cujo grafico esbocamos na Figura 5.7.
0
Figura 5.7
Como limx→0+
f(x) = limx→0+
1x
= +∞, a reta x = 0 e uma assıntota vertical
ao grafico de f ( observemos que limx→0−
f(x) = 0).
Como consequencia das propriedades de sequencias vistas nesta aula,
podemos garantir a validade das seguintes propriedades:
(a) Se limx→a
f(x) = limx→a
g(x) = +∞ e c > 0, entao limx→a
(f + g)(x) = +∞ e
limx→a
cf(x) = +∞.
(b) Se f(x) ≥ g(x) para x proximo de a e limx→a
g(x) = +∞, entao
limx→a
f(x) = +∞.
(c) Se limx→a
f(x) = limx→a
g(x) = −∞ e c > 0, entao limx→a
(f + g)(x) = −∞ e
limx→a
cf(x) = −∞.
(d) Se f(x) ≥ g(x) para x proximo de a e limx→a
f(x) = −∞, entao
limx→a
g(x) = −∞.
53 CEDERJ
Limites infinitos. Assıntotas verticais.
(e) Se f(x) > 0 para x proximo de a, entao limx→a
f(x) = 0 se, e somente se,
limx→a
1f(x)
= +∞.
(f) Se f(x) < 0 para x proximo de a, entao limx→a
f(x) = 0 se, e somente se,
limx→a
1f(x)
= −∞.
Evidentemente, valem propriedades analogas para limx→a−
f(x) = −∞,
limx→a−
f(x) = +∞, limx→a+
f(x) = −∞ e limx→a+
f(x) = +∞.
Concluiremos esta aula com mais um exemplo.
Exemplo 5.8
Consideremos a funcao f(x) = xx−1
, definida para x ∈ R− {1}.
Se tomarmos qualquer sequencia (xn) tal que xn < 1 para todo n e limn→∞
xn =
1, teremos limn→∞
1xn−1
= −∞. Logo, limn→∞
f(xn) = limn→∞
xnxn−1
= −∞. Assim,
limx→1−
f(x) = −∞.
Por outro lado, se tomarmos qualquer sequencia (yn) tal que yn > 1
para todo n e limn→∞
yn = 1, teremos limn→∞
1yn−1
= +∞. Logo, limn→∞
f(yn) =
limn→∞
ynyn−1
= +∞. Assim, limx→1+
f(x) = +∞.
A reta x = 1 e uma assıntota vertical ao grafico de f , que esbocamos
apenas para x ∈ [−1, 2]− {1} (ver a Figura 5.8).
1
21
0
2
–1 1 2
Figura 5.8
CEDERJ 54
Limites infinitos. Assıntotas verticais.MODULO 1 - AULA 5
Resumo
Nesta aula voce estudou a nocao de limite infinito e entendeu quando
a reta vertical x = a e uma assıntota vertical ao grafico de uma funcao.
Exercıcios
1. Seja f(x) =−2
(x− 2)2, x ∈ R− {2}.
(a) Calcule limx→2−
f(x) , limx→2+
f(x) e limx→2
f(x).
(b) A reta x = 2 e uma assıntota vertical ao grafico de f?
2. Seja f(x) =1
(x− 1)3, x ∈ R− {1}.
(a) Calcule limx→1−
f(x) e limx→1+
f(x).
(b) A reta x = 1 e uma assıntota vertical ao grafico de f?
3. Seja f : R → R definida por f(x) = x2 se x ≤ 0 e f(x) = − 1
x4se
x > 0.
(a) Calcule limx→0−
f(x) e limx→0+
f(x).
(b) A reta x = 0 e uma assıntota vertical ao grafico de f?
4. Seja f : R → R definida por f(x) = − 2
(x− 2)2se x < 2, f(2) = 0 e
f(x) = 1(2−x)3 se x > 2.
(a) Calcule limx→2−
f(x) e limx→2+
f(x).
(b) A reta x = 2 e uma assıntota vertical ao grafico de f?
5. Seja a um numero real arbitrario e defina f : R−{a} → R por f(x) =x2 − a2
x− a .
(a) Calcule limx→a−
f(x) , limx→a+
f(x) e limx→a
f(x).
(b) A reta x = a e uma assıntota vertical ao grafico de f?
6. Ache as assıntotas verticais ao grafico de f , caso existam, para as
funcoes f indicadas abaixo:
(a)f(x) =x+ 1
x2 − 1; (b)f(x) =
1
x+
5
x3; (c)f(x) =
x2 − 1
1− x ;
(d)f(x) =x2 − 5
x−√
5; (e)f(x) =
x2
x−√
5; (f)f(x) =
x
(x− 1)(x− 2).
55 CEDERJ
Limites infinitos. Assıntotas verticais.
Auto-avaliacao
Como voce deve ter observado, o estudo de limites infinitos contribui
para a compreensao do comportamento de funcoes. Devido a isto, so passe
para a proxima aula apos fazer todos os exercıcios propostos, que se asse-
melham aos exemplos desta aula. Se voce sentiu dificuldade nos exercıcios,
releia a aula com cuidado e depois retorne a eles.
CEDERJ 56
Funcoes contınuas. Propriedades.MODULO 1 - AULA 6
Aula 6 – Funcoes contınuas. Propriedades.
Referencias: Aulas 2 e 3.
Objetivos
Compreender a nocao de funcao contınua.
Estudar propriedades elementares de funcoes contınuas, tais como: soma,
produto, quociente e composicao.
Antes de introduzir o conceito no qual estaremos interessados nesta
aula, e em muitas outras que se seguirao, vejamos dois exemplos.
Exemplo 6.1
Consideremos a funcao f : R → R, definida por f(x) = x2 + 1 se x ≤ 0 e
f(x) = x3 se x > 0, cujo grafico esbocamos na Figura 6.1.
1
0
Figura 6.1
Como limx→0−
f(x) = limx→0−
(x2 + 1) = 1 = f(0) e limx→0+
f(x) = limx→0+
x3 = 0,
limx→0
f(x) nao existe.
Exemplo 6.2
Consideremos a funcao f : R → R, definida por f(x) = |x| se x 6= 1 e
f(1) = 0, cujo grafico esbocamos na Figura 6.2.
57 CEDERJ
Funcoes contınuas. Propriedades.
1
Figura 6.2
Ja sabemos que limx→1
f(x) = limx→1|x| = |1| = 1. Entretanto, como f(1) =
0, limx→1
f(x) 6= f(1).
Para a funcao f , do Exemplo 6.1, limx→0
f(x) nao existe, apesar dos li-
mites limx→0−
f(x) e limx→0+
f(x) existirem. Para a funcao f , do Exemplo 6.2,
limx→1
f(x) existe, apesar de ser diferente de f(1). Deste ponto de vista, o com-
portamento da funcao f , do Exemplo 6.1, para x proximo de 0 e diferente
do comportamento da funcao f , do Exemplo 6.2, para x proximo de 1. O
grafico da primeira funcao da um “salto”em x = 0 e o grafico da segunda
funcao tem um “buraco”em x = 1. Em outras palavras, em ambos os casos,
os graficos nao sao contınuos.
Nesta aula estaremos interessados naquelas funcoes cujos graficos sejam
contınuos, algumas das quais ja apareceram nas aulas anteriores.
Definicao 6.1 Sejam f : D → R e a ∈ D. Diz-se que f e contınua em a se,
para qualquer sequencia (xn) de elementos de D tal que limn→∞
xn = a, tem-se
limn→∞
f(xn) = f(a).
Na grande maioria dos exemplos relevantes e em todos os exemplos e
exercıcios considerados neste curso ocorre que todo intervalo aberto contendo
a intercepta D − {a}. Neste caso, dizer que f e contınua em a equivale a
dizer que limx→a
f(x) = f(a) (lembrar a aula 2).
Diz-se que f e contınua em D se f e contınua em todo a ∈ D.
Vejamos alguns exemplos de funcoes contınuas:
Exemplo 6.3
A funcao f(x) = |x| e contınua em R.
CEDERJ 58
Funcoes contınuas. Propriedades.MODULO 1 - AULA 6
De fato, vimos no Exemplo 2.11 que, para todo a ∈ R,
limx→a
f(x) = limx→a|x| = |a| = f(a).
Exemplo 6.4
Todo polinomio p e uma funcao contınua em R.
De fato, vimos no Exemplo 2.12 que, para todo a ∈ R,
limx→a
p(x) = p(a).
Exemplo 6.5
A funcao f(x) =√x e contınua em seu domınio [0,+∞) (na Figura 6.3
esbocamos o grafico de f).
0
1
1
Figura 6.3
Vamos explicar porque
limx→a
f(x) = limx→a
√x =√a = f(a)
no caso em que a > 0; o caso em que a = 0 e bem mais simples (faca
os detalhes). Realmente, seja (xn) uma sequencia arbitraria de elementos
de [0,+∞) diferentes de a tal que limn→∞
xn = a. Como xn − a =(√
xn −√a)(√
xn +√a), temos
|√xn −√a| = |xn − a|√
xn +√a≤ 1√
a|xn − a|,
pois√xn +
√a ≥ √a. Como podemos tornar os numeros 1√
a|xn − a| tao
proximos de zero quanto queiramos (ja que limn→∞
xn = a), o mesmo vale para
os numeros |√xn −√a| em vista da desigualdade acima. Isto nos permite
concluir que
limn→∞
f(xn) = limn→∞
√xn =
√a.
59 CEDERJ
Funcoes contınuas. Propriedades.
Portanto,
limx→a
f(x) = f(a),
mostrando que f e contınua em a.
Raciocinando de maneira similar, mas trabalhando um pouco mais,
podemos garantir a validade dos dois exemplos a seguir.
Exemplo 6.6
Para cada inteiro k ≥ 2 par, a funcao f(x) = k√x e contınua em seu domınio
[0,+∞). Ou seja, as funcoes√x, 4√x, 6√x, 8√x, 10√x, . . . sao contınuas em
[0,+∞).
Exemplo 6.7
Para cada inteiro k ≥ 3 ımpar, a funcao f(x) = k√x e contınua em R. Ou
seja, as funcoes 3√x, 5√x, 7√x, 9√x, 11√x, . . . sao contınuas em R.
Exemplo 6.8
A funcao f , do Exemplo 6.2, e contınua em R−{1}, mas nao e contınua em 1.
Com efeito, para cada a ∈ R− {1},
limx→a
f(x) = |a| = f(a),
como vimos no Exemplo 6.3; logo, f e contınua em a.
Por outro lado, vimos no Exemplo 6.2 que limx→1
f(x) = 1 6= 0 = f(1).
Logo, f nao e contınua em 1.
Exemplo 6.9
As funcoes seno e cosseno sao contınuas em R.Os dois fatos expressos no
Exemplo 6.9 tambem podem
ser justificados a partir de
propriedades das funcoes
seno e cosseno; ver H. L.
Guidorizzi, Um Curso de
Calculo, Volume 1.
Isto segue dos Exemplos 9.7 e 9.8 e da Proposicao 10.1.
Nas proximas proposicoes obteremos propriedades elementares de funcoes
contınuas.
Proposicao 6.1
Se f, g : D → R sao contınuas em a ∈ D, entao f + g e fg tambem o sao.
Demonstracao: Seja (xn) uma sequencia arbitraria de elementos de D tal que
limn→∞
xn = a. Pela continuidade de f e g em a, temos
limn→∞
f(xn) = f(a) e limn→∞
g(xn) = g(a).
CEDERJ 60
Funcoes contınuas. Propriedades.MODULO 1 - AULA 6
Usando as Proposicoes 2.1 e 2.2, obtemos
limn→∞
(f + g)(xn) = limn→∞
(f(xn) + g(xn)) =
= limn→∞
f(xn) + limn→∞
g(xn) =
= f(a) + g(a) =
= (f + g)(a)
e
limn→∞
(fg)(xn) = limn→∞
(f(xn)g(xn)) =
=(
limn→∞
f(xn))(
limn→∞
g(xn))
=
= f(a)g(a) =
= (fg)(a).
O que acabamos de verificar mostra que f + g e fg sao contınuas em
a, como querıamos demonstrar.
Como consequencia da Proposicao 6.1 podemos assegurar que, para f
e g como na Proposicao 6.1 e para qualquer c ∈ R, as funcoes cf e f − g sao
contınuas em a.
Exemplo 6.10
As funcoes f1(x) = 3√x + sen x, f2(x) = 3
√x senx, f3(x) = senx + cosx
e f4(x) = (senx)(cosx) sao contınuas em R, pois as funcoes g1(x) = 3√x,
g2(x) = sen x e g3(x) = cosx sao contınuas em R.
Exemplo 6.11
A funcao f(x) = |x| 6√x+x cosx e contınua em [0,+∞), pois a funcao g1(x) =
6√x e contınua em [0,+∞) e as funcoes g2(x) = |x|, g3(x) = x e g4(x) = cosx
sao contınuas em R (logo, em [0,+∞)).
Proposicao 6.2
Se f, g : D → R sao contınuas em a ∈ D e g(x) 6= 0 para todo x ∈ D, entaofg
e contınua em a.
61 CEDERJ
Funcoes contınuas. Propriedades.
Demonstracao: Seja (xn) uma sequencia arbitraria de elementos de D tal que
limn→∞
xn = a. Pela continuidade de f e g em a, temos
limn→∞
f(xn) = f(a) e limn→∞
g(xn) = g(a).
Pelo visto na aula 2,
limn→∞
(f
g
)(xn) = lim
n→∞f(xn)
g(xn)=
limn→∞
f(xn)
limn→∞
g(xn)=f(a)
g(a)=
(f
g
)(a).
Acabamos de verificar que fg
e contınua em a, como querıamos demons-
trar.
Exemplo 6.12
A funcao f(x) = sen xx4+1
e contınua em R, pois as funcoes g1(x) = sen x e
g2(x) = x4 + 1 sao contınuas em R e g2(x) ≥ 1 > 0 para todo x ∈ R.
A Proposicao 6.2 admite uma formulacao mais geral, a saber:
Se f, g : D → R sao contınuas em a ∈ D e g(a) 6= 0, entao fg
e contınua
em a, sendo fg
definida no conjunto {x ∈ D ; g(x) 6= 0}.
Exemplo 6.13
A funcao f(x) = |x| cosx1−x2 e contınua em R− {−1, 1}.
Realmente, as funcoes g1(x) = |x| cos x e g2(x) = 1 − x2 sao contınuas
em R e g2(x) 6= 0 para todo x ∈ R− {−1, 1}.
Exemplo 6.14
Se p e q sao dois polinomios, entao a funcao racional f = pq
e contınua no
conjunto D = {x ∈ R; q(x) 6= 0}.Proposicao 6.3
Sejam f : D → R contınua em a ∈ D e g : E → R tal que f(x) ∈ E para
todo x ∈ D e g e contınua em f(a). Entao a funcao composta g◦f e contınua
em a.
Demonstracao : Seja (xn) uma sequencia arbitraria de elementos de D tal
que limn→∞
xn = a. Pela continuidade de f em a, limn→∞
f(xn) = f(a); e, pela
continuidade de g em f(a), limn→∞
g(f(xn)) = g(f(a)). Acabamos de ver que
limn→∞
(g ◦ f)(xn) = (g ◦ f)(a),
provando que g ◦ f e contınua em a.
CEDERJ 62
Funcoes contınuas. Propriedades.MODULO 1 - AULA 6
Exemplo 6.15
A funcao f(x) = sen(x2) e contınua em R.
De fato, as funcoes g1(x) = x2 e g2(x) = senx sao contınuas em R e
f = g2 ◦ g1 (realmente, para todo x ∈ R, (g2 ◦ g1)(x) = g2(g1(x)) = g2(x2) =
sen(x2) = f(x)).
Exemplo 6.16
A funcao f(x) = 4√|x| e contınua em R.
De fato, a funcao g1(x) = |x| e contınua em R e a funcao g2(x) = 4√x e
contınua em [0,+∞). Alem disso, g1(x) ∈ [0,+∞) para todo x ∈ R. Como
f = g2 ◦ g1 (realmente, para todo x ∈ R, (g2 ◦ g1)(x) = g2(g1(x)) = g2(|x|) =4√|x| = f(x)), a nossa afirmacao esta justificada.
Resumo
Nesta aula voce foi apresentado a uma nocao fundamental, a de funcao
contınua. Alem disso, voce estudou algumas propriedades elementares de
funcoes contınuas.
Exercıcios
1. Mostre que as funcoes tangente, cotangente, secante e cossecante sao
contınuas em seus respectivos domınios.
2. Se f : D → R e contınua em D ⊂ R, mostre que a funcao |f | e contınua
em D, onde |f | e definida por |f |(x) = |f(x)| para todo x ∈ D.
3. Seja f : R → R definida por f(x) = −1 se x ≤ 0 e f(x) = 1 se x > 0.
Mostre que |f | e contınua em R mas f nao o e.
Este exercıcio mostra que a recıproca do exercıcio anterior nao e ver-
dadeira em geral.
4. Seja a ∈ R− {0}. Mostre que limx→a
5√
sen(2x− a)
x2 + a2=
5√
sen a
2a2.
63 CEDERJ
Funcoes contınuas. Propriedades.
5. Determine em que pontos de seus domınios as funcoes f abaixo sao
contınuas, justificando a sua resposta.
(a) f(x) =√x2 − 1, x ∈ (−∞,−1] ∪ [1,+∞).
(b) f(x) =x5 − 4x2 + 1
x2 + 2, x ∈ R.
(c) f(x) =x2 − 9
x− 3se x ∈ R− {3} e f(3) = 1.
(d) f(x) =x2 − a2
x+ ase x ∈ R− {a} e f(a) = 2a, onde a ∈ R.
(e) f(x) = 3√
cosx , x ∈ R.
(f) f(x) =4√x− 4√
2
x− 2se x ∈ [0,+∞)− {2} e f(2) = 4 4
√8.
(g) f(x) =x3 + x2
4x3 + 9x2 + xse x ∈ R− {0} e f(0) = 1.
(h) f(x) =√|senx|, x ∈ R.
6. Determine que valor devemos atribuir a c para que cada uma das
funcoes f abaixo seja contınua em 1.
(a) f(x) =3
√x3 − 1
x− 1se x ∈ R− {1} e f(1) = c.
(b) f(x) =
√x− 1√
2x+ 3−√
5se x ∈ [0,+∞)− {1} e f(1) = c.
Sugestao: Escreva
√x− 1√
2x+ 3−√
5=
(√x− 1)(
√2x+ 3 +
√5)
(√
2x+ 3−√
5)(√
2x+ 3 +√
5)=
1
2
√2x+ 3 +
√5√
x+ 1.
(c) f(x) =x3 − 1
x3 − x2 + x− 1se x ∈ R− {1} e f(1) = c.
7. Seja a > 0. Determine o valor de c para que a funcao f : [0,+∞)→ R,
definida por f(x) =√x−√ax−a se x 6= a e f(a) = c, seja contınua em a.
8. Determine o valor de c para que a funcao f : [0,+∞) → R, definida
por f(x) = x+√x−2
x2−1se x ∈ [0, 1) e f(x) = cx+5
x2+3se x ∈ [1,+∞), seja
contınua em 1.
9. Sejam a ∈ R e r > 0, e sejam f, g, h : (a − r, a + r) → R tais que
f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) para todo x ∈ (a− r, a+ r), f(a) = g(a) = h(a) e
f e h sao contınuas em a. Mostre que g e contınua em a.
CEDERJ 64
Funcoes contınuas. Propriedades.MODULO 1 - AULA 6
Auto-avaliacao
Nesta aula e introduzida a importante nocao de continuidade que de-
pende, fundamentalmente, da nocao de limite estudada nas aulas 2 e 3. Por
esta razao, as aulas 2 e 3 sao a base para o entendimento desta aula. So
prossiga apos fazer todos os exercıcios propostos, pois eles certamente con-
tribuem para a assimilacao do conteudo desta aula. Como sempre, consulte
os tutores quando achar necessario.
65 CEDERJ
Os teoremas de Weierstrass e do valor intermediario.MODULO 1 - AULA 7
Aula 7 – Os teoremas de Weierstrass e do
valor intermediario.
Referencia: Aula 6.
Objetivo
Compreender o significado de dois resultados centrais a respeito das
funcoes contınuas: os teoremas de Weierstrass e do valor intermediario.
Nesta aula enunciaremos dois teoremas importantes sobre funcoes contı-
nuas, os quais serao estudados mais profundamente na disciplina de Analise,
e procuraremos realcar a importancia dos mesmos apresentando algumas
aplicacoes.
O primeiro teorema e muito longe de ser trivial, apesar da intuicao
indicar o contrario.Karl Theodor Wilhelm
Weierstrass (1815 - 1897),
notavel matematico alemao,
foi professor em Berlin por
muitos anos. Figura central
no desenvolvimento da
Analise Matematica, sempre
demonstrou preocupacao
com o rigor, tendo
desenvolvido (mas nao
publicado) uma introducao
ao sistema dos numeros
reais. Fez importantes
contribuicoes a Analise Real
e Complexa, as Equacoes
Diferenciais e ao Calculo das
Variacoes. Deu um exemplo
de uma funcao contınua em
toda a reta sem entretanto
ser derivavel em algum
ponto.
Teorema 7.1 (Weierstrass)
Se f : [a, b]→ R e uma funcao contınua em [a, b], existem x1, x2 ∈ [a, b] tais
que
f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2)
para todo x ∈ [a, b].
Este teorema nos diz que toda funcao contınua f , definida em um in-
tervalo fechado e limitado [a, b], assume pelo menos um valor mınimo (f(x1))
e pelo menos um valor maximo (f(x2)), como ilustramos na Figura 7.1.
Figura 7.1
Assim, o conjunto f([a, b]) = {f(x);x ∈ [a, b]}, imagem de [a, b] por f ,
esta contido no intervalo [m,M ], onde m = f(x1) e M = f(x2) pertencem a
f([a, b]).
67 CEDERJ
Os teoremas de Weierstrass e do valor intermediario.
O fato de f ser contınua em [a, b] e essencial para a validade do Teo-
rema 7.1. Realmente, a funcao f : [−1, 1] → R, definida por f(x) = −x se
−1 ≤ x ≤ 0 e f(x) = 1x
se 0 < x ≤ 1, nao e contınua em [−1, 1] (pois nao
e contınua em 0) e f([−1, 1]) = [0,+∞) (ver a Figura 5.7). Portanto, nao
existe x2 ∈ [−1, 1] tal que f(x) ≤ f(x2) para todo x ∈ [−1, 1].
Nos dois exemplos a seguir veremos que o fato de [a, b] ser um intervalo
fechado e limitado e essencial para a validade do Teorema 7.1.
Exemplo 7.1
Consideremos a funcao contınua f : (0, 1] → R, definida por f(x) = 1x
para
todo x ∈ (0, 1], cujo grafico esbocamos na Figura 7.2.
0
1
1
Figura 7.2
Como f((0, 1]) = [1,+∞), nao existe x2 ∈ (0, 1] tal que f(x) ≤ f(x2)
para todo x ∈ (0, 1]. Notemos que, apesar de (0, 1] ser limitado, ele nao e
fechado.
Exemplo 7.2
Consideremos a funcao contınua f : (0, 1) → R, definida por f(x) = x para
todo x ∈ (0, 1), cujo grafico esbocamos na Figura 7.3.
CEDERJ 68
Os teoremas de Weierstrass e do valor intermediario.MODULO 1 - AULA 7
0
1
1
Figura 7.3
Como f((0, 1)) = (0, 1), nao existem x1, x2 ∈ (0, 1) tais que f(x1) ≤f(x) ≤ f(x2) para todo x ∈ (0, 1). Notemos que, apesar de (0, 1) ser limitado,
ele nao e fechado.
Vejamos uma aplicacao do Teorema 7.1.
Exemplo 7.3
Seja f : [a, b]→ R uma funcao contınua em [a, b] tal que f(x) > 0 para todo
x ∈ [a, b]. Entao existe α > 0 tal que f(x) ≥ α para todo x ∈ [a, b].
De fato, pelo Teorema 7.1 existe x1 ∈ [a, b] tal que f(x1) ≤ f(x) para
todo x ∈ [a, b]. Como f(x1) > 0, basta tomar α = f(x1) para concluir a
validade da nossa afirmacao.
Enunciemos, agora, o segundo teorema.
Bernard Bolzano
(1781-1848), tcheco de
nascimento, foi professor de
filosofia da religiao em
Praga, mas fez contribuicoes
profundas a Matematica,
entre elas o teorema do valor
intermediario. Assim como
Cauchy, foi um dos primeiros
a introduzir um alto nıvel de
rigor no estudo da Analise
Matematica. Seu tratado
sobre os paradoxos do
infinito so foi publicado apos
a sua morte.
Teorema 7.2 (teorema do valor intermediario)
Se f : [a, b] → R e uma funcao contınua em [a, b] e f(a) < γ < f(b), existe
x ∈ (a, b) tal que f(x) = γ.
Como a continuidade de uma funcao arbitraria h equivale a continui-
dade de −h, o Teorema 7.2 seria equivalente aquele em que tivessemos
a condicao f(b) < γ < f(a) em lugar da condicao f(a) < γ < f(b)
considerada.
Na Figura 7.4 apresentamos a interpretacao geometrica do significado
do teorema do valor intermediario.
69 CEDERJ
Os teoremas de Weierstrass e do valor intermediario.
Figura 7.4
A continuidade de f e essencial para a validade do teorema do valor
intermediario, como mostra o exemplo a seguir.
Exemplo 7.4
Consideremos a funcao f : [0, 1] → R, definida por f(x) = 0 se 0 ≤ x < 12
e
f(x) = 1 se 12≤ x ≤ 1, cujo grafico esbocamos na Figura 7.5.
1
1210
Figura 7.5
A funcao f nao e contınua em [0,1], ja que nao e contınua em 12. Se
tomarmos qualquer numero real γ, com f(0) = 0 < γ < 1 = f(1), nao e
possıvel encontrar x ∈ (0, 1) tal que f(x) = γ. Isto significa que a conclusao
do teorema do valor intermediario nao e satisfeita pela funcao f .
Tomando γ = 0 no Teorema 7.2, obtemos o seguinte resultado:
CEDERJ 70
Os teoremas de Weierstrass e do valor intermediario.MODULO 1 - AULA 7
Se f : [a, b] → R e uma funcao contınua em [a, b] e f(a) < 0 < f(b),
existe x ∈ (a, b) tal que f(x) = 0.
Geometricamente, isto significa que se o ponto (a, f(a)) esta abaixo do
eixo das abcissas e o ponto (b, f(b)) esta acima do eixo das abcissas, entao o
grafico de f corta o eixo das abscissas pelo menos uma vez (ver a Figura 7.6).
ab
f(a)
f(b)
0
Figura 7.6
A bem da verdade, o resultado acima implica o Teorema 7.2 (e, por-
tanto, e equivalente a ele), como passamos a explicar. Com efeito, se-
jam f : [a, b] → R contınua em [a, b] e f(a) < γ < f(b), e definamos
g(x) = f(x) − γ para todo x ∈ [a, b]; entao g e contınua em [a, b], como
diferenca de duas funcoes contınuas em [a, b]. Alem disso, g(a) = f(a)− γ <0 < f(b) − γ = g(b). Podemos entao aplicar o fato mencionado acima para
garantir a existencia de x ∈ (a, b) tal que g(x) = 0. Mas g(x) = 0 equivale a
f(x) = γ, provando assim o teorema do valor intermediario.
Exemplo 7.5
O polinomio p(x) = x3 + x− 1 possui uma raiz no intervalo (0,1).
De fato, temos p(0) = −1 < 0 < 1 = p(1). Como p e uma funcao
contınua no intervalo [0,1], segue do teorema do valor intermediario que existe
x ∈ (0, 1) tal que p(x) = 0.
Exemplo 7.6
Seja f : [0, 1] → R uma funcao contınua em [0,1] tal que f(x) ∈ [0, 1] para
todo x ∈ [0, 1]. Entao existe x ∈ [0, 1] tal que f(x) = x, ou seja, f possui
pelo menos um ponto fixo.
Um elemento x e dito um
ponto fixo de uma funcao f
se f(x) = x.
71 CEDERJ
Os teoremas de Weierstrass e do valor intermediario.
Geometricamente, isto significa que o grafico de f e a reta y = x se
cortam pelo menos uma vez; ver a Figura 7.7.
Figura 7.7
Vamos dividir a demonstracao deste fato em dois casos:
10 caso: Se f(0) = 0 ou f(1) = 1, o resultado e claro, bastando tomar
x = 0 ou x = 1.
20 caso: Suponhamos f(0) 6= 0 e f(1) 6= 1. Entao, como f(0) ≥ 0 e
f(1) ≤ 1, temos necessariamente f(0) > 0 e f(1) < 1. Definamos g : [0, 1]→R por g(x) = f(x) − x para todo x ∈ [0, 1]. Entao g e contınua em [0,1],
como diferenca de duas funcoes contınuas em [0,1]. Alem disso,
g(1) = f(1)− 1 < 0 < f(0)− 0 = g(0).
Pelo teorema do valor intermediario, existe x ∈ (0, 1) tal que g(x) = 0. Mas
g(x) = 0 equivale a f(x) = x.
Assim, em ambos os casos, existe x ∈ [0, 1] tal que f(x) = x. Isto prova
a nossa afirmacao.
Concluiremos esta aula com um comentario relevante. Consideremos
um intervalo nao trivial I de R e uma funcao f : I → R contınua em I.
Afirmamos que f(I) = {f(x);x ∈ I} e um intervalo.
Um subconjunto I de R e
um intervalo se, e somente
se, a seguinte propriedade e
satisfeita: para quaisquer
x, y ∈ I com x < y e para
qualquer z ∈ R com
x < z < y, tem-se z ∈ I.
De fato, sejam z, w ∈ f(I), com z < w, e seja γ ∈ R tal que z < γ < w.
Como z, w ∈ f(I), existem x, y ∈ I tais que f(x) = z e f(y) = w, sendo
x 6= y. Para fixar as ideias, suponhamos x < y. Como a funcao f e contınua
no intervalo [x, y] e f(x) < γ < f(y), o teorema do valor intermediario
garante a existencia de t ∈ (x, y) tal que f(t) = γ. Como I e um intervalo,
CEDERJ 72
Os teoremas de Weierstrass e do valor intermediario.MODULO 1 - AULA 7
t ∈ I; logo, γ = f(t) ∈ f(I). Como z e w sao elementos arbitrarios de f(I),
acabamos de mostrar que f(I) e um intervalo.
Finalmente, tomemos uma funcao contınua f : [a, b] → R. Pelo teo-
rema de Weierstrass, existem m,M ∈ f([a, b]) tais que f([a, b]) ⊂ [m,M ].
Mas, pelo que acabamos de ver, f([a, b]) e um intervalo. Consequentemente,
f([a, b]) = [m,M ].
Acabamos de mostrar que a imagem de um intervalo fechado e limitado
por uma funcao contınua e forcosamente um intervalo fechado e limitado.
Resumo
Nesta aula voce foi apresentado a dois resultados muito importantes:
os teoremas de Weierstrass e do valor intermediario. Alem disso, viu algumas
consequencias destes teoremas.
Exercıcios
1. Seja f : [a, b]→ R contınua em [a, b]. Mostre que existe C > 0 tal que
|f(x)| ≤ C para todo x ∈ [a, b].
Sugestao: Use o teorema de Weierstrass.
2. Seja T ={
sen (x2)x4+1
; x ∈ [−1, 2]}
. Mostre que T e um intervalo fechado
e limitado.
Sugestao: Considere a funcao f : [−1, 2] → R, definida por f(x) =sen(x2)
x4 + 1.
3. Mostre que o polinomio x5 + 3x− 2 tem uma raiz no intervalo (0,1).
4. Mostre que existe x ∈ (0, 1) tal que x5 =1
x4 + 2.
Sugestao: Considere a funcao f(x) = x5− 1
x4 + 2definida no intervalo
[0,1].
5. Mostre que existe x ∈(π2, π)
tal que senx = x− 1.
Sugestao:
Considere a funcao f(x) = senx− x+ 1 definida no intervalo[π2, π].
6. Seja f : [0, 1] → R contınua em [0,1] tal que f(0) > 0 e f(1) < 1.
Mostre que existe x ∈ (0, 1) tal que f(x) =√x.
Sugestao: Raciocine como no Exemplo 7.6.
73 CEDERJ
Os teoremas de Weierstrass e do valor intermediario.
Auto-avaliacao
Nos exercıcios desta aula voce teve a oportunidade de perceber se en-
tendeu o significado dos dois teoremas nela enunciados. Use as sugestoes e
consulte os tutores para dirimir as eventuais duvidas.
CEDERJ 74
Limites no infinito. Assıntotas horizontais.MODULO 1 - AULA 8
Aula 8 – Limites no infinito. Assıntotas
horizontais.
Referencia: Aulas 34 e 40,
de Pre-Calculo, e aula 5.Objetivo
Compreender o significado dos limites no infinito limx→+∞
f(x) = −∞,
limx→+∞
f(x) = +∞, limx→−∞
f(x) = −∞, limx→−∞
f(x) = +∞, limx→+∞
f(x) = l e
limx→−∞
f(x) = l.
No estudo das nocoes
limx→a
f(x) = l e limx→a
f(x) = ±∞
o que realmente interessa sao os valores f(x) para x proximo de a.
Nesta aula estudaremos o comportamento de funcoes quando a variavel
x cresce indefinidamente ou quando a variavel x decresce indefinidamente.
Como sempre, iniciaremos com um exemplo.
Exemplo 8.1
Seja k um inteiro, com k ≥ 1, e consideremos a funcao f(x) = xk, definida
para x ∈ R.
Como f(x) = xk−1x ≥ x para todo x ≥ 1, pois xk−1 ≥ 1 para todo
x ≥ 1, segue que f(x) cresce indefinidamente a medida que x cresce indefi-
nidamente.
Alem disso, para k par, a funcao f e par (isto e, f(−x) = f(x) para
todo x ∈ R). Consequentemente, f(x) cresce indefinidamente a medida
que x decresce indefinidamente. E, para k ımpar, a funcao f e ımpar (isto
e, f(−x) = −f(x) para todo x ∈ R). Consequentemente, f(x) decresce
indefinidamente a medida que x decresce indefinidamente. Na Figura 8.1
esbocamos o grafico de f para k = 1, 2, 3, 4 e 5.
O que acabamos de observar no Exemplo 8.1 motiva a seguinte
Definicao 8.1 Seja f uma funcao definida em [d,+∞). Diz-se que
limx→+∞
f(x) = −∞(respectivamente lim
x→+∞f(x) = +∞
)
75 CEDERJ
Limites no infinito. Assıntotas horizontais.
se, para qualquer sequencia (xn) de elementos de [d,+∞) tal que limn→∞
xn = +∞,
tem-se
limn→∞
f(xn) = −∞(respectivamente lim
n→∞f(xn) = +∞
).
Figura 8.1
Exemplo 8.2
Seja k um inteiro positivo qualquer. Entao
limx→+∞
cxk = +∞ se c > 0 e limx→+∞
cxk = −∞ se c < 0.
Com efeito, seja (xn) uma sequencia qualquer tal que limn→∞
xn = +∞.
Como xn ≥ 1 a partir de um certo n, segue que xnk ≥ xn a partir de
um certo n, e daı resulta que limn→∞
xnk = +∞. Consequentemente,
limn→∞
cxnk = +∞ se c > 0 e lim
n→∞cxn
k = −∞ se c < 0.
Portanto,
limx→+∞
cxk = +∞ se c > 0 e limx→+∞
cxk = −∞ se c < 0.
Em particular,
limx→+∞
15x9 = +∞ e limx→+∞
(−3x12) = −∞.
CEDERJ 76
Limites no infinito. Assıntotas horizontais.MODULO 1 - AULA 8
Definicao 8.2 Seja f uma funcao definida em (−∞, d]. Diz-se que
limx→−∞
f(x) = −∞(respectivamente lim
x→−∞f(x) = +∞
)
se, para qualquer sequencia (xn) de elementos de (−∞, d] tal que limn→∞
xn = −∞,
tem-se
limn→∞
f(xn) = −∞(respectivamente lim
n→∞f(xn) = +∞
).
Exemplo 8.3
Seja k um inteiro positivo par. Entao
limx→−∞
cxk = +∞ se c > 0 e limx→−∞
cxk = −∞ se c < 0.
Realmente, neste caso a funcao f(x) = cxk e par para qualquer c ∈R− {0}. Portanto, a nossa afirmacao decorre do Exemplo 8.2.
Em particular,
limx→−∞
2x6 = +∞ e limx→−∞
(−7x4) = −∞.
Exemplo 8.4
Seja k um inteiro positivo ımpar. Entao
limx→−∞
cxk = −∞ se c > 0 e limx→−∞
cxk = +∞ se c < 0.
Realmente, neste caso a funcao f(x) = cxk e ımpar para qualquer
c ∈ R− {0}. Portanto, a nossa afirmacao decorre do Exemplo 8.2.
Em particular,
limx→−∞
√2x3 = −∞ e lim
x→−∞(−9x5) = +∞.
Exemplo 8.5
Consideremos as funcoes f(x) = 1x
e g(x) = 1x2 , ambas definidas para
x ∈ R− {0}.E intuitivo que tanto f(x) quanto g(x) se aproximam de zero a medida
que x cresce indefinidamente ou a medida que x decresce indefinidamente,
como se pode visualizar nos graficos de f e g (ver as Figuras 5.4 e 5.5).
Estes fatos podem ser expressos da seguinte forma: para qualquer
sequencia (xn) de numeros nao nulos tal que limn→∞
xn = +∞ e para qual-
quer sequencia (yn) de numeros nao nulos tal que limn→∞
yn = −∞, tem-se
limn→∞
f(xn) = limn→∞
f(yn) = limn→∞
g(xn) = limn→∞
g(yn) = 0.
77 CEDERJ
Limites no infinito. Assıntotas horizontais.
O que acabamos de mencionar motiva as definicoes a seguir.
Definicao 8.3 Seja f uma funcao definida em [d,+∞) e seja l um numero
real. Diz-se que
limx→+∞
f(x) = l
limx→+∞
f(x) = l le-se: limite
de f(x) quando x tende a
mais infinito e igual a l.
Pode-se provar que l, caso
exista, e unico.
se, para qualquer sequencia (xn) de elementos de [d,+∞) tal que limn→∞
xn =
+∞, tem-se
limn→∞
f(xn) = l.
Definicao 8.4 Seja f uma funcao definida em (−∞, d] e seja l um numero
real. Diz-se quelim
x→−∞f(x) = l le-se: limite
de f(x) quando x tende a
menos infinito e igual a l.
Pode-se provar que l, caso
exista, e unico.
limx→−∞
f(x) = l
se, para qualquer sequencia (xn) de elementos de (−∞, d] tal que limn→∞
xn =
−∞, tem-se
limn→∞
f(xn) = l.
Exemplo 8.6
Seja k um inteiro positivo. Entao
limx→+∞
1
xk= 0 e lim
x→−∞1
xk= 0.
Justificaremos a primeira afirmacao, deixando a segunda como exercıcio.
Com efeito, seja (xn) uma sequencia de numeros diferentes de zero tal que
limn→∞
xn = +∞. Como xn ≥ 1 a partir de um certo n, segue que xnk ≥ xn
a partir de um certo n (valendo a igualdade quando k = 1). Usando entao
propriedades vistas na aula 5, concluımos que limn→∞
1xnk
= 0. Como (xn) e
arbitraria, acabamos de verificar que
limx→+∞
1
xk= 0.
E possıvel mostrar que:
(a) Se limn→∞
xn = x e limn→∞
yn = +∞, entao
limn→∞
xnyn = +∞ para x > 0 e limn→∞
xnyn = −∞ para x < 0.
(b) Se limn→∞
xn = x e limn→∞
yn = −∞, entao
limn→∞
xnyn = −∞ para x > 0 e limn→∞
xnyn = +∞ para x < 0.
CEDERJ 78
Limites no infinito. Assıntotas horizontais.MODULO 1 - AULA 8
Exemplo 8.7
Seja p(x) = amxm + am−1x
m−1 + · · ·+ a1x+ a0 um polinomio, onde m ≥ 1 e
am 6= 0. Entao
limx→±∞
p(x) = limx→±∞
amxm.
Justifiquemos porque limx→+∞
p(x) = limx→+∞
amxm. Com efeito, para todo
x ∈ R− {0}, temos
p(x) = amxm
(1 +
am−1
am
1
x+ · · ·+ a1
am
1
xm−1+a0
am
1
xm
).
Seja (xn) uma sequencia arbitraria de numeros diferentes de zero tal
que limn→∞
xn = +∞. Como
limn→∞
am−1
am
1
xn= · · · = lim
n→∞a1
am
1
xnm−1= lim
n→∞a0
am
1
xnm= 0,
segue que
limn→∞
(1 +
am−1
am
1
xn+ · · ·+ a1
am
1
xnm−1+a0
am
1
xnm
)= 1.
Suponhamos am > 0. Pelo Exemplo 8.2, limx→+∞
amxnm = +∞. Apli-
cando (a), obtemos limn→∞
p(xn) = +∞. Como (xn) e arbitraria, acabamos
de mostrar que limx→+∞
p(x) = +∞. Usando o mesmo raciocınio, obtemos
limx→+∞
p(x) = −∞ se am < 0.
A justificativa do fato de que
limx→−∞
p(x) = limx→−∞
amxm
e completamente analoga, dependendo dos Exemplos 8.3 e 8.4 e de (b) (faca
os detalhes).
Em particular,
limx→+∞
(−4x3 + 100x2 + 2) = limx→+∞
(−4x3) = −∞e
limx→+∞
(−2x4 + 90x3 − 1) = limx→+∞
(−2x4) = −∞.
Exemplo 8.8
Consideremos a funcao racional
f(x) =amx
m + am−1xm−1 + · · ·+ a1x+ a0
bnxn + bn−1xn−1 + · · ·+ b1x+ b0
,
onde m e n sao inteiros positivos, am 6= 0 e bn 6= 0. Vamos estudar limx→±∞
f(x).
79 CEDERJ
Limites no infinito. Assıntotas horizontais.
Para todo x ∈ R− {0}, temos
f(x) =
amxm
(1 +
am−1
am
1
x+ · · ·+ a1
am
1
xm−1+a0
am
1
xm
)
bnxn(
1 +bn−1
bn
1
x+ · · ·+ b1
bn
1
xn−1+b0
bn
1
xn
) .
Como, em vista do Exemplo 8.6,
limx→±∞
(1 +
am−1
am
1
x+ · · ·+ a1
am
1
xm−1+a0
am
1
xm
)= 1
e
limx→±∞
(1 +
bn−1
bn
1
x+ · · ·+ b1
bn
1
xn−1+b0
bn
1
xn
)= 1,
segue que
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
ambn
xm
xn= lim
x→±∞ambnxm−n.
Temos entao tres casos a considerar:
10 caso: m > n.
Neste caso, ambnxm−n e um polinomio de grau m−n > 1, e recaımos nos
Exemplos 8.2, 8.3 e 8.4.
20 caso: m = n.
Neste caso, limx→±∞
f(x) =ambn
.
30 caso: m < n
Neste caso, em vista do Exemplo 8.6, temos
limx→±∞
ambnxm−n = 0.
Portanto,
limx→±∞
f(x) = 0.
Em particular,
limx→+∞
2x5 − 7x2
x4 + 50x+ 16= lim
x→+∞2x = +∞,
limx→−∞
2x5 − 7x2
x4 + 50x+ 16= lim
x→−∞2x = −∞,
limx→±∞
7x6 − 10x
2x6 + 5x2 + 30=
7
2
CEDERJ 80
Limites no infinito. Assıntotas horizontais.MODULO 1 - AULA 8
e
limx→±∞
200x4 + 121x3 + 14
x5 + 1= lim
x→±∞200
x= 0.
Diz-se que a reta horizontal y = l e uma assıntota horizontal ao grafico
de uma funcao f , se
limx→+∞
f(x) = l ou limx→−∞
f(x) = l.
Nesta aula, nos deparamos com varios exemplos em que aparecem
assıntotas horizontais, como passamos a descrever.
Com efeito, pelo Exemplo 8.6, limx→±∞
cxk
= 0 para todo inteiro positivo k
e para todo c ∈ R. Isto nos diz que a reta y = 0 e uma assıntota horizontal ao
grafico de todas as funcoes f(x) = cxk
, sendo k um inteiro positivo arbitrario
e c um numero real arbitrario.
Vimos, no Exemplo 8.8, que para toda funcao racional f dada por
f(x) = amxm+am−1xm−1+···+a1x+a0
bmxm+bm−1xm−1+···+b1x+b0(onde m ≥ 1, am 6= 0 e bm 6= 0), tem-se
limx→±∞
f(x) =ambm.
Isto nos diz que a reta y = ambm
e uma assıntota horizontal ao grafico de
f . Em particular, se f(x) = 5x7−6x4+110x7+9x2−6x+5
, entao a reta y = 510
= 12
e uma
assıntota horizontal ao grafico de f .
Vimos tambem, no Exemplo 8.8, que para toda funcao racional dada
por f(x) = p(x)q(x)
, onde p(x) e q(x) sao polinomios de grau no mınimo 1 tais
que o grau de p(x) e menor do que o grau de q(x), tem-se
limx→±∞
f(x) = 0.
Isto nos diz que a reta y = 0 e uma assıntota horizontal ao grafico de
tais funcoes racionais. Em particular, se f(x) = 101x2+1000x+12x3−1
, entao a reta
y = 0 e uma assıntota horizontal ao grafico de f .
No proximo exemplo o grafico da funcao considerada possui duas assıntotas
horizontais.
Exemplo 8.9
Consideremos a funcao f(x) =√x2+1x
, definida para x ∈ R−{0}, e encontre-
mos as assıntotas horizontais ao seu grafico.
81 CEDERJ
Limites no infinito. Assıntotas horizontais.
Para todo x > 0, f(x) =√
x2+1x2 (pois
√x2 = x). Como lim
x→+∞x2+1x2 =
1, segue que limx→+∞
f(x) =√
1 = 1.
Por outro lado, para todo x < 0, f(x) = −√
x2+1x2 (pois
√x2 = −x).
Como limx→+∞
x2+1x2 = 1, segue que lim
x→+∞f(x) = −
√1 = −1.
Podemos entao concluir que as retas y = 1 e y = −1 sao assıntotas
horizontais ao grafico de f .
Resumo
Nesta aula voce estudou a nocao de limite no infinito e entendeu quando
a reta horizontal y = l e uma assıntota horizontal ao grafico de uma funcao.
Exercıcios
1. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→−∞
(2 +
3
x− 1
x2
); (b) lim
x→+∞
(3− 2
x3
);
(c) limx→+∞
x5 + 9x
4x5 − 50x3; (d) lim
x→−∞x5 + 5x
4x5 − 50x3;
(e) limx→+∞
2x7 + 500x
x8 + 1; (f) lim
x→−∞2x7 + 500x
x6 − 900x3;
(g) limx→+∞
2x7 + 500x
x6 − 900x3; (h) lim
x→−∞3
√1
x2− 8;
(i) limx→−∞
3
√x2
x3 − 7; (j) lim
x→+∞
√9x2 + 1
x2 + 50;
(l) limx→+∞
√x2 + 2
2x+ 1; (m) lim
x→+∞2
3√x
;
(n) limx→+∞
(x−√x2 + 1); (o) lim
x→+∞(√x+ 1−√x);
(p) limx→+∞
√x+ 2
x+ 1; (q) lim
x→+∞(x−
√x+ 1).
Sugestoes:
Para (l): Para x > − 12,
√x2 + 2
2x+ 1=
√x2 + 2
(2x+ 1)2=
√x2 + 2
4x2 + 4x+ 1.
CEDERJ 82
Limites no infinito. Assıntotas horizontais.MODULO 1 - AULA 8
Para (n): Para x ∈ R,
x−√x2 + 1 =
(x−√x2 + 1)(x+
√x2 + 1)
x+√x2 + 1
=−1
x+√x2 + 1
.
Para (o): Para x ≥ 0,
√x+ 1−√x =
(√x+ 1−√x)(
√x+ 1 +
√x)√
x+ 1 +√x
=1√
x+ 1 +√x.
Para (p): Para x > 0,
√x+ 2
x+ 1=
1 + 2√x√
x+ 1√x
.
Para (q): Para x > 0,
x−√x+ 1 =
(x−√x+ 1)(x+
√x+ 1)
x+√x+ 1
=x2 − x+ 1
x+√x+ 1
=x− 1 + 1
x
1 +√x+1x
.
2. Determine os valores de α e β para que:
(a) limx→+∞
[x2 + 1
x+ 1− αx− β
]= 0;
(b) limx→−∞
αx3 + βx2 + x+ 1
3x2 − x+ 2= 1 .
3. Seja p(x) = a3x3 + a2x
2 + a1x + a0 um polinomio de grau 3. Mostre
que existe pelo menos um x ∈ R tal que p(x) = 0.
Sugestao: Suponha a3 > 0. Entao existem a, b ∈ R tais que a <
b e p(a) < 0 < p(b) (justifique esta afirmacao). Use o teorema do
valor intermediario para obter x ∈ (a, b) tal que p(x) = 0 (justifique a
aplicabilidade do teorema).
4. Decida se os graficos das funcoes dos itens (a), (c), (e), (g), (i), (l), (n)
e (p), do Exercıcio 1, possuem assıntotas horizontais, justificando a sua
resposta.
Auto-avaliacao
Nos exercıcios desta aula, os quais sao fortemente baseados nos exem-
plos discutidos na mesma, voce verificou se compreendeu as nocoes nela in-
troduzidas. Cabe aqui mencionar que a referida compreensao e importante
para o estudo do comportamento de funcoes, como voce vera no decorrer do
curso.
83 CEDERJ
Funcoes derivaveis.MODULO 1 - AULA 9
Aula 9 – Funcoes derivaveis.
Referencias: Aulas 15 e 16,
de Pre-Calculo, e aulas 2, 3,
4 e 5.
Objetivos
Compreender a nocao de funcao derivavel.
Estudar a derivada de certas funcoes.
A nocao de funcao derivavel e uma das nocoes fundamentais da Ma-
tematica sendo, no contexto do nosso curso, a mais importante. Como voce
vera no modulo 2, ela se constitui em ferramenta indispensavel para o estudo
do comportamento de funcoes e do consequente esboco de seus graficos, bem
como para o estudo de maximos e mınimos de funcoes. Alem disso, ela re-
presenta a velocidade de um movimento, como tornaremos claro na aula 14.
Finalmente, a nocao de funcao derivavel esta intimamente ligada aquela de
funcao integravel, que sera estudada na ultima parte do curso.
Antes de introduzir a nocao de funcao derivavel, facamos algumas con-
sideracoes de carater geometrico.
Fixemos um elemento x do domınio de uma funcao f e vamos discutir
a seguinte pergunta: como achar a equacao da reta r tangente ao grafico de
f no ponto (x, f(x)) (ver a Figura 9.1).
rf(x)
x0
Figura 9.1
Para determinar esta equacao, bastaria sabermos a inclinacao de r, pois
(x, f(x)) pertence a r. Como entao poderıamos faze-lo?
Para responder a esta nova pergunta, a cada elemento t do domınio de
f , com t 6= x, associemos a reta st secante ao grafico de f passando pelos
pontos (x, f(x)) e (t, f(t)) (ver a Figura 9.2), cuja inclinacao e f(t)−f(x)t−x .
85 CEDERJ
Funcoes derivaveis.
ts
r
f(t)
f(x)
tx0
Figura 9.2
Notemos que, quando t se aproxima de x, as retas secantes st se aproxi-
mam da reta tangente r, cuja inclinacao gostarıamos de encontrar. Como
a inclinacao de cada reta secante st e f(t)−f(x)t−x , e natural se esperar que a
inclinacao de r seja limt→x
f(t)−f(x)t−x .
As consideracoes acima motivam as definicoes a seguir.
Definicao 9.1 Sejam I um intervalo nao trivial e f : I → R contınua em
x ∈ I. A reta tangente ao grafico de f em (x, f(x)) e:
(a) a reta que passa por (x, f(x)) cuja inclinacao e limt→x
f(t)−f(x)t−x , caso este
limite exista (lembrar a Definicao 2.1),
ou
(b) a reta vertical t = x (t variando em R), caso limt→x
∣∣f(t)−f(x)t−x
∣∣ = +∞.
Se nem (a) nem (b) forem validos, diz-se que nao existe reta tangente
ao grafico de f em (x, f(x)).
Definicao 9.2 Sejam I um intervalo nao trivial, f : I → R e x ∈ I. Diz-se
que f e derivavel em x se
limt→x
f(t)− f(x)
t− xexiste. Neste caso, escrevemos
f ′(x) = limt→x
f(t)− f(x)
t− x
e dizemos que f ′(x) e a derivada de f em x.
CEDERJ 86
Funcoes derivaveis.MODULO 1 - AULA 9
Notemos que, como
limt→x
f(t)− f(x)
t− x = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h
(pois podemos escrever t = x+ h (h 6= 0), e t tender a x equivale a h tender
a zero), entao
f ′(x) = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h.
Notemos ainda que, se x e o extremo inferior de I, f ′(x) = limt→x+
f(t)−f(x)t−x .
Por outro lado, se x e o extremo superior de I, f ′(x) = limt→x−
f(t)−f(x)t−x .
Finalmente, diz-se que f e derivavel em I se f e derivavel em todo
x ∈ I.
Em vista das Definicoes 9.1 e 9.2 segue que, se f e derivavel em x ∈ I,
entao a equacao da reta tangente ao grafico de f no ponto (x, f(x)) e
y = f(x) + f ′(x)(t− x).
Dada uma funcao f : I → R, seja J = {x ∈ I; f ′(x)existe}. Fica entao
determinada uma funcao definida em J , dita a derivada de f e denotada por
f ′, que a cada x ∈ J associa a derivada de f em x, f ′(x).
Dedicaremos o restante desta aula a discutir a derivabilidade de certas
funcoes.
Exemplo 9.1
Sejam c ∈ R e f(x) = c para todo x ∈ R (isto e, f e a funcao constante e
igual a c) e estudemos a derivabilidade de f .
Seja x ∈ R arbitrario. Para todo t ∈ R, t 6= x, temos
f(t)− f(x)
t− x = 0.
Logo, f ′(x) = limt→x
f(t)−f(x)t−x = 0. Acabamos de mostrar que f e derivavel
em R e f ′(x) = 0 para todo x ∈ R.
Exemplo 9.2
Seja f(x) = x para todo x ∈ R e estudemos a derivabilidade de f .
Seja x ∈ R arbitrario. Para todo t ∈ R, t 6= x, temos
f(t)− f(x)
t− x =t− xt− x = 1.
87 CEDERJ
Funcoes derivaveis.
Logo, f ′(x) = limt→x
f(t)−f(x)t−x = 1. Acabamos de mostrar que f e derivavel
em R e f ′(x) = 1 para todo x ∈ R.
Exemplo 9.3
Seja f(x) = x2 para todo x ∈ R e estudemos a derivabilidade de f .
Seja x ∈ R arbitrario. Para todo t ∈ R, t 6= x, temos
f(t)− f(x)
t− x =t2 − x2
t− x =(t+ x)(t− x)
t− x = t+ x.
Logo, f ′(x) = limt→x
f(t)−f(x)t−x = limt→x(t+ x) = 2x. Acabamos de mostrar
que f e derivavel em R e f ′(x) = 2x para todo x ∈ R.
Os Exemplos 9.2 e 9.3 sao casos particulares do proximo exemplo.
Exemplo 9.4
Seja k um inteiro positivo e consideremos a funcao f(x) = xk para todo
x ∈ R. Vamos estudar a derivabilidade de f .
Seja x ∈ R arbitrario. Para todo t ∈ R, t 6= x, temos
f(t)− f(x)
t− x =tk − xkt− x =
(t− x)(tk−1 + tk−2x+ · · ·+ txk−2 + xk−1
)
t− x =
= tk−1 + tk−2x+ · · ·+ txk−2 + xk−1
︸ ︷︷ ︸k parcelas
.
Logo,
f ′(x) = limt→x
f(t)− f(x)
t− x =
= limt→x
(tk−1 + tk−2x+ · · ·+ txk−2 + xk−1
)=
=(
limt→x
tk−1)
+ x(
limt→x
tk−2)
+ · · ·+ xk−2(
limt→x
t)
+ xk−1 =
= xk−1 + x.xk−2 + · · ·+ xk−2.x+ xk−1 =
= xk−1 + xk−1 + · · ·+ xk−1 + xk−1
︸ ︷︷ ︸k parcelas
= kxk−1.
Acabamos de mostrar que f e derivavel em R e f ′(x) = kxk−1 para
todo x ∈ R.
CEDERJ 88
Funcoes derivaveis.MODULO 1 - AULA 9
Em particular, a equacao da reta tangente ao grafico de f no ponto
(x, f(x)) = (x, xk) e
y = xk + (kxk−1)(t− x).
Exemplo 9.5
Seja f(x) = |x| para todo x ∈ R e estudemos a derivabilidade de f .
Para todo x ∈ R, x 6= 0, temos
f(x)− f(0)
x− 0=|x|x
=
−1 se x < 0,
1 se x > 0.
Logo,
limx→0−
f(x)− f(0)
x− 0= −1 e lim
x→0+
f(x)− f(0)
x− 0= 1.
Consequentemente, limx→0
f(x)−f(0)x−0
nao existe, ou seja, f nao e derivavel
em 0. Notemos, ainda, que nao ha reta tangente ao grafico de f no ponto
(0, f(0)) = (0, 0) (observe que o grafico de f faz um“bico”no ponto (0,0); ver
a Figura 9.3).
|x|
x 0
Figura 9.3
Por outro lado, como f(x) = −x para todo x < 0, temos f ′(x) = −1
para todo x < 0; e, como f(x) = x para todo x > 0, temos f ′(x) = 1 para
todo x > 0.
Em particular, a equacao da reta tangente ao grafico de f no ponto
(x, f(x)) = (x, |x|) e
y = −x− (t− x) se x < 0
e
y = x+ (t− x) se x > 0.
89 CEDERJ
Funcoes derivaveis.
Exemplo 9.6
Seja f(x) =√x para todo x ≥ 0 e estudemos a derivabilidade de f .
Para todo x ∈ R, x > 0, temos
f(x)− f(0)
x− 0=
√x
x=
1√x.
Consequentemente,
limx→0+
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0+
1√x
= +∞,
mostrando que f nao e derivavel em 0. Entretanto, ha reta tangente ao
grafico de f no ponto (0, f(0)) = (0, 0), a saber, a reta vertical x = 0 (ver a
Figura 9.4).
0
x
x
Figura 9.4
Isto mostra que, em geral, a existencia de reta tangente ao grafico de
uma funcao f no ponto (x, f(x)) nao implica que f seja derivavel em x.
Vejamos, agora, que f e derivavel em todo x > 0. De fato, fixemos
x > 0. Para todo t ≥ 0, t 6= x, temos
f(t)− f(x)
t− x =
√t−√x
(√t−√x)(
√t+√x)
=1√
t+√x.
Logo,
f ′(x) = limt→x
f(t)− f(x)
t− x = limt→x
(1√
t+√x
)=
1
2√x.
Em particular, se x > 0, a equacao da reta tangente ao grafico de f no
ponto (x, f(x)) = (x,√x) e
y =√x+
1
2√x
(t− x).
CEDERJ 90
Funcoes derivaveis.MODULO 1 - AULA 9
Exemplo 9.7
Seja f(x) = senx para todo x ∈ R e estudemos a derivabilidade de f .
Seja x ∈ R arbitrario. Para todo h ∈ R, h 6= 0, temos
f(x+ h)− f(x)
h=
sen(x+ h)− senx
h=
=(senh)(cosx) + (cosh)(senx)− senx
h=
= cosx(senh
h
)+ senx
(cosh− 1
h
).
Mas, como limh→0
senhh
= 1 (Teorema 4.1) e limh→0
cosh−1h
= 0 (Exemplo 4.5),
concluımos que
f ′(x) = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h=
= cosx(
limh→0
senh
h
)+ senx
(limh→0
cosh− 1
h
)=
= cosx.
Acabamos de mostrar que f e derivavel em R e f ′(x) = cosx para todo
x ∈ R.
Em particular, a equacao da reta tangente ao grafico de f no ponto
(x, f(x)) = (x, senx) e
y = senx+ (cosx)(t− x).
Exemplo 9.8
Seja f(x) = cosx para todo x ∈ R e estudemos a derivabilidade de f .
Seja x ∈ R arbitrario. Para todo h ∈ R, h 6= 0, temos
f(x+ h)− f(x)
h=
cos(x+ h)− cosx
h=
=(cosh)(cosx)− (senh)(senx)− cosx
h=
= cos(cosh− 1
h
)− senx
(senh
h
).
Raciocinando como no exemplo anterior, obtemos
f ′(x) = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h= −senx.
91 CEDERJ
Funcoes derivaveis.
Acabamos de mostrar que f e derivavel em R e f ′(x) = −senx para
todo x ∈ R.
Em particular, a equacao da reta tangente ao grafico de f no ponto
(x, f(x)) = (x, cosx) e
y = cosx− (senx)(t− x).
Resumo
Nesta aula voce foi apresentado a nocao fundamental de funcao de-
rivavel e estudou a derivabilidade de certas funcoes.
Exercıcios
1. Ache a equacao da reta tangente ao grafico de f em P para:
a) f(x) = x5 e P = (2, f(2)); b) f(x) = sen x e P =(π2, f(π
2));
c) f(x) = cos x e P =(π2, f(π
2)); d) f(x) =
√x e P = (8, f(8)).
2. Seja f(x) = x3 − 7 para todo x ∈ R. Use a definicao de derivada para
mostrar que f e derivavel em R.
3. Seja f(x) = 3 + 2 cos x para todo x ∈ R. Use a definicao de derivada
para mostrar que f e derivavel em R.
4. Seja f(x) = x2 + sen x para todo x ∈ R. Use a definicao de derivada
para mostrar que f e derivavel em R.
Sugestao: Fixe x ∈ R. Para t ∈ R, t 6= x, tem-se
f(t)− f(x)
t− x =t2 − x2
t− x +sen t− sen x
t− x .
5. Seja f(x) =√x+ cosx para todo x ≥ 0. Use a definicao para mostrar
que f ′(x) existe para todo x > 0.
6. Seja f : R → R definida por f(x) = x2 cos(
1x
)se x 6= 0 e f(0) = 0.
Mostre que f e derivavel em 0 e f ′(0) = 0.
Sugestao: Para t 6= 0, tem-se
f(t)− f(0)
t− 0=
t2 cos
(1
t
)
t= t cos
(1
t
).
CEDERJ 92
Funcoes derivaveis.MODULO 1 - AULA 9
7. Seja a um numero real arbitrario. Construa uma funcao f : R→ R que
seja derivavel em todo x ∈ R, exceto em x = a, mas que seja contınua
em a.
Sugestao: Inspire-se no Exemplo 9.5.
8. Seja f(x) = sen (5x) para todo x ∈ R. Mostre que f e derivavel em Re f ′(x) = 5 cos(5x) para todo x ∈ R.
Sugestao: Fixe x ∈ R. Para t ∈ R, t 6= x, tem-se
f(t)− f(x)
t− x =sen (5t)− sen (5x)
t− x = 5sen (5t)− sen (5x)
5t− 5x.
9. Seja f : R→ R definida por f(x) = x+ 1 se x < 1 e f(x) = −2x+ 4 se
x ≥ 1. Mostre que f nao e derivavel em 1, apesar de ser contınua em 1.
10. Seja f : R→ R definida por f(x) = x2 + 2 se x < 1 e f(x) = 2x+ 1 se
x ≥ 1. Mostre que f e derivavel em R.
Auto-avaliacao
Nos exercıcios desta aula voce percebeu se entendeu a nocao de de-
rivada. So prossiga apos fazer todos os exercıcios propostos, ja que prati-
camente tudo que veremos a seguir depende do conceito introduzido nesta
aula.
93 CEDERJ
Propriedades de funcoes derivaveis.MODULO 1 - AULA 10
Aula 10 – Propriedades de funcoes
derivaveis.
Referencias: Aulas 2, 3, 6
e 9.Objetivos
Compreender porque toda funcao derivavel e contınua.
Estudar certas propriedades de funcoes derivaveis, tais como: soma,
produto e quociente.
Nesta aula prosseguiremos o estudo de funcoes derivaveis, iniciado na
aula anterior, provando algumas propriedades destas funcoes. Primeira-
mente, provaremos que derivabilidade implica continuidade. Mais precisa-
mente, temos a seguinte
Proposicao 10.1
Sejam I um intervalo nao trivial e f : I → R uma funcao derivavel em x ∈ I.
Entao f e contınua em x.
Demonstracao: Para todo t ∈ I, t 6= x, podemos escrever
f(t)− f(x) =f(t)− f(x)
t− x (t− x).
Como limt→x
f(t)−f(x)t−x = f ′(x) e lim
t→x(t − x) = 0, segue da Proposicao 3.2
que
limt→x
(f(t)− f(x)) = f ′(x)× 0 = 0.
Isto equivale a dizer que limt→x
f(t) = f(x) mostrando que f e contınua
em x.
Vimos, no Exemplo 9.5, que a funcao f(x) = |x| (x ∈ R) nao e de-
rivavel em 0, apesar de ser contınua em 0. Isto mostra que a recıproca da
Proposicao 10.1 nao e verdadeira em geral.
Passemos, agora, ao estudo de certas propriedades elementares de funcoes
derivaveis.
Proposicao 10.2
Sejam I um intervalo nao trivial e f, g : I → R duas funcoes derivaveis em
x ∈ I. Entao f + g e derivavel em x e
(f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
95 CEDERJ
Propriedades de funcoes derivaveis.
Demonstracao: Para todo t ∈ I, t 6= x, temos:
(f + g)(t)− (f + g)(x)
t− x =f(t) + g(t)− f(x)− g(x)
t− x =
=(f(t)− f(x)) + (g(t)− g(x))
t− x =
=f(t)− f(x)
t− x +g(t)− g(x)
t− x .
Como limt→x
f(t)−f(x)t−x = f ′(x) e lim
t→xg(t)−g(x)t−x = g′(x), segue da Proposicao 3.1
que
limt→x
(f + g)(t)− (f + g)(x)
t− x = f ′(x) + g′(x).
Isto mostra que f + g e derivavel em x e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x),
como havıamos afirmado.
Exemplo 10.1
Se f : I → R e derivavel em I e c ∈ R, entao a funcao h : I → R, definida
por h(x) = f(x) + c para todo x ∈ I, e derivavel em I e h′(x) = f ′(x) para
todo x ∈ I.
De fato, definamos g(x) = c para todo x ∈ I. E claro que h = f + g.
Alem disso, pelo Exemplo 9.1, g e derivavel em I e g ′(x) = 0 para todo x ∈ I.
Portanto, a nossa afirmacao e consequencia imediata da Proposicao 10.2.
Exemplo 10.2
Seja k um inteiro positivo. Entao a funcao f : R → R, definida por f(x) =
xk + sen x para todo x ∈ R, e derivavel em R e f ′(x) = kxk−1 + cosx para
todo x ∈ R.
De fato, definamos f1(x) = xk e f2(x) = sen x para todo x ∈ R; entao
f = f1 + f2. Pelo Exemplo 9.4, f1 e derivavel em R e f1′(x) = kxk−1 para
todo x ∈ R e pelo Exemplo 9.7, f2 e derivavel em R e f2′(x) = cosx para
todo x ∈ R. Logo, pela Proposicao 10.2, f = f1 + f2 e derivavel em R e
f ′(x) = (f1 + f2)′(x) = f1′(x) + f2
′(x) = kxk−1 + cosx para todo x ∈ R.
Exemplo 10.3
A funcao f : R → R, definida por f(x) = sen x + cos x para todo x ∈ R, e
derivavel em R e f ′(x) = cos x− sen x para todo x ∈ R.
Realmente, basta argumentar como no exemplo anterior, tendo em vista
os Exemplos 9.7 e 9.8 e a Proposicao 10.2.
CEDERJ 96
Propriedades de funcoes derivaveis.MODULO 1 - AULA 10
Proposicao 10.3
Sejam I um intervalo nao trivial e f, g : I → R duas funcoes derivaveis em
x ∈ I. Entao fg e derivavel em x e
(fg)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).
Demonstracao: Para todo t ∈ I, t 6= x, podemos escrever
(fg)(t)− (fg)(x)
t− x =f(t)g(t)− f(x)g(x)
t− x =
=f(t)g(t)− f(x)g(t) + f(x)g(t)− f(x)g(x)
t− x =
= g(t)(f(t)− f(x)
t− x)
+ f(x)(g(t)− g(x)
t− x).
Como limt→x
g(t) = g(x) pela Proposicao 10.1, limt→x
f(t)−f(x)t−x = f ′(x) e
limt→x
g(t)−g(x)t−x = g′(x), segue das Proposicoes 3.1 e 3.2 que
limt→x
(fg)(t)− (fg)(x)
t− x = g(x)f ′(x) + f(x)g′(x).
Isto mostra que fg e derivavel em x e (fg)′(x) = f ′(x)g(x)+f(x)g′(x),
como havıamos afirmado.
Exemplo 10.4
Se f : I → R e derivavel em I e c ∈ R, entao a funcao h : I → R, definida
por h(x) = cf(x) para todo x ∈ I, e derivavel em I e h′(x) = cf ′(x) para
todo x ∈ I.
De fato, definamos g(x) = c para todo x ∈ I. E claro que h = fg. Pelo
Exemplo 9.1 e pela Proposicao 10.3, h e derivavel em I e
h′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x) = cf ′(x)
para todo x ∈ I.
Como consequencia do Exemplo 9.4, resulta que se f(x) = cxk (onde k
e um inteiro positivo), entao f ′(x) = ckxk−1.
Exemplo 10.5
Seja p(x) = amxm + am−1x
m−1 + · · · + a1x + a0 um polinomio. Pela Pro-
posicao 10.2 (e inducao) e pelo que acabamos de ver, p e uma funcao derivavel
em R e
p′(x) = mamxm−1 + (m− 1)am−1x
m−2 + · · ·+ a1
para todo x ∈ R.
97 CEDERJ
Propriedades de funcoes derivaveis.
Em particular, se p(x) = 7x5 − 3x4 + 9x2 − 10x + 5, entao p′(x) =
35x4 − 12x3 + 18x− 10.
Exemplo 10.6
Seja k um inteiro positivo. Entao a funcao f : R → R, definida por f(x) =
xksen x para todo x ∈ R, e derivavel em R e f ′(x) = kxk−1sen x + xk cosx
para todo x ∈ R.
De fato, sejam f1(x) = xk e f2(x) = sen x para todo x ∈ R; entao
f = f1f2. Pelos Exemplos 9.4 e 9.7 e pela Proposicao 10.3, podemos afirmar
que f e derivavel em R e
f ′(x) = f1′(x)f2(x) + f1(x)f2
′(x) = kxk−1sen x+ xk cosx
para todo x ∈ R.
Exemplo 10.7
A funcao f : R → R, definida por f(x) = (sen x)(cosx) para todo x ∈ R, e
derivavel em R e f ′(x) = cos2x− sen2x para todo x ∈ R.
De fato, sejam g1(x) = sen x e g2(x) = cosx para todo x ∈ R; entao
f = g1g2. Pelos Exemplos 9.7 e 9.8 e pela Proposicao 10.3, podemos afirmar
que f e derivavel em R e
f ′(x) = g1′(x)g2(x) + g1(x)g2
′(x) =
= (cosx)(cosx)− (sen x)(sen x) =
= cos2x− sen2x
para todo x ∈ R.
Exemplo 10.8
Sejam k um inteiro positivo, f : I → R derivavel em I e definamos g : I → Rpor g(x) = (f(x))k para todo x ∈ I. Entao g e derivavel em I e g′(x) =
k(f(x))k−1f ′(x) para todo x ∈ I.
Verificaremos a afirmacao para k = 2 e k = 3. A validade da afirmacao
para todo inteiro positivo k decorre da Proposicao 10.3 e do princıpio de
inducao finita.
CEDERJ 98
Propriedades de funcoes derivaveis.MODULO 1 - AULA 10
Se k = 2, g(x) = (f(x))2 = f(x)f(x) para todo x ∈ I. Pela Pro-
posicao 10.3, g e derivavel em I e
g′(x) = f ′(x)f(x) + f(x)f ′(x) = 2f(x)f ′(x)
para todo x ∈ I.
Se k = 3, g(x) = (f(x))3 = (f(x))2f(x). Pelo que acabamos de ver e
pela Proposicao 10.3, g e derivavel em I e
g′(x) = 2f(x)f ′(x)f(x) + (f(x))2f ′(x) =
= 2(f(x))2f ′(x) + (f(x))2f ′(x) =
= 3(f(x))2f ′(x)
para todo x ∈ I.
Como consequencia do Exemplo 10.8, obtemos:
Exemplo 10.9
Para todo inteiro positivo k, as funcoes f, g : R → R, definidas por f(x) =
(sen x)k e g(x) = (cosx)k para todo x ∈ R, sao derivaveis em R e
f ′(x) = k(sen x)k−1(cosx) e g′(x) = k(cosx)k−1(−sen x)
para todo x ∈ R.
Proposicao 10.4
Sejam I um intervalo nao trivial e f, g : I → R duas funcoes derivaveis em
x ∈ I e suponhamos que g(x) 6= 0. Entao a funcao fg
, definida para t ∈ Iproximo de x, e derivavel em x e
(f
g
)′(x) =
f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)
(g(x))2.
Demonstracao: Inicialmente, do fato de g ser contınua em x (Proposicao 10.1)
e nao se anular em x, resulta que existe um intervalo nao trivial J ⊂ I tal
que x ∈ J e g(t) 6= 0 para todo t ∈ J . Assim sendo, faz sentido considerar a
funcao fg
definida em J .
99 CEDERJ
Propriedades de funcoes derivaveis.
Para todo t ∈ J , t 6= x, temos:(fg
)(t)−
(fg
)(x)
t− x =
f(t)g(t)− f(x)
g(x)
t− x =
=1
g(t)g(x)
f(t)g(x)− g(t)f(x)
t− x =
=1
g(t)g(x)
f(t)g(x)− f(x)g(x) + f(x)g(x)− g(t)f(x)
t− x =
=1
g(t)g(x)
[g(x)
(f(t)− f(x)
t− x
)− f(x)
(g(t)− g(x)
t− x
)].
Como limt→x
g(t) = g(x) (Proposicao 10.1),
limt→x
g(t)g(x) = g(x)g(x) = (g(x))2 .
Pelas Proposicoes 3.1, 3.2 e 3.3, obtemos
limt→x
(fg
)(t)−
(fg
)(x)
t− x =
=1
limt→x
g(t)g(x)
[g(x)
(limt→x
f(t)− f(x)
t− x
)− f(x)
(limt→x
g(t)− g(x)
t− x
)]=
=g(x)f ′(x)− f(x)g′(x)
(g(x))2.
Isto mostra que fg
e derivavel em x e(fg
)′(x) = f ′(x)g(x)−f(x)g′(x)
(g(x))2 , como
havıamos afirmado.
No caso particular em que f e a funcao constante e igual a 1, a Pro-
posicao 10.4 fornece (1
g
)′(x) = − g′(x)
(g(x))2.
Exemplo 10.10
Seja f(x) = 1x4+2
para todo x ∈ R e calculemos f ′(x).
Com efeito, como x4 + 2 ≥ 2 > 0 para todo x ∈ R, segue do Exem-
plo 10.5 e da Proposicao 10.4 que f e derivavel em R e
f ′(x) = − 4x3
(x4 + 2)2
para todo x ∈ R.
CEDERJ 100
Propriedades de funcoes derivaveis.MODULO 1 - AULA 10
Exemplo 10.11
Seja f(x) = cos3xx2+1
para todo x ∈ R e calculemos f ′(x).
Com efeito, como x2 + 1 ≥ 1 > 0 para todo x ∈ R, segue dos Exem-
plos 10.5 e 10.9 e da Proposicao 10.4 que f e derivavel em R e
f ′(x) =3(cos2x)(−sen x)(x2 + 1)− (cos3x)(2x)
(x2 + 1)2
para todo x ∈ R.
Exemplo 10.12
Seja f(x) = x7−9x4
x2−1para todo x ∈ R− {−1, 1} e calculemos f ′(x).
Realmente, raciocinando como nos dois exemplos anteriores concluımos
que f e derivavel em R− {−1, 1} e
f ′(x) =(7x6 − 36x3)(x2 − 1)− 2x(x7 − 9x4)
(x2 − 1)2
para todo x ∈ R− {−1, 1}.
Exemplo 10.13
Seja f(x) = tg x, definida para x ∈ R, x 6= (2k+1)π2, onde k ∈ Z. Calculemos
f ′(x).
Como f(x) = sen xcosx
, podemos raciocinar como nos exemplos acima para
garantir que f ′(x) existe para todo x ∈ R, x 6= (2k + 1)π2
(k ∈ Z) e
f ′(x) =(cosx)(cosx)− (sen x)(−sen x)
cos2x=
=cos2x+ sen2x
cos2x=
=1
cos2x=
= sec2x
para todo x ∈ R, x 6= (2k + 1)π2
(k ∈ Z).
Acabamos de mostrar que a funcao tangente e derivavel, tendo por
derivada o quadrado da funcao secante.
Para concluir esta aula, observemos que os domınios das funcoes dos
Exemplos 10.12 e 10.13 nao sao intervalos, mas unioes de intervalos. Entre-
tanto, como a derivabilidade de uma funcao em um ponto e uma propriedade
local, para cada elemento do domınio destas funcoes podemos nos restringir
ao intervalo que o contem. Assim sendo, as afirmacoes feitas nos Exem-
plos 10.12 e 10.13 sao justificaveis a partir do que foi visto nesta aula.
101 CEDERJ
Propriedades de funcoes derivaveis.
Resumo
Nesta aula voce aprendeu que toda funcao derivavel e contınua, bem
como algumas propriedades elementares de funcoes derivaveis.
Exercıcios
1. Ache as derivadas das funcoes cotangente, secante e cossecante.
2. Assuma que, se g : I → R e derivavel em x ∈ I e g(x) 6= 0, entao 1g
e
derivavel em x e(
1g
)′(x) = − g′(x)
(g(x))2 , para obter a Proposicao 10.4.
Sugestao: Use a Proposicao 10.3.
3. Para cada inteiro negatico k, mostre que a funcao f(x) = xk e derivavel
em R− {0} e f ′(x) = kxk−1 para todo x ∈ R− {0}.
4. Para cada uma das funcoes abaixo, encontre os pontos x para os quais
f ′(x) existe e forneca f ′(x).
(a) f(x) = x2 + x+ 1 +√x ; (b) f(x) = −7x9 +
1
x+
1
x3;
(c) f(x) =√x− 7
x4; (d) f(x) = (1− x6)
√x;
(e) f(x) = (x−3 − 2x−2 + 7)tg2x; (f) f(x) = (√x)3sen4x ;
(g) f(x) =x cosx
sen2x+ 1; (h) f(x) =
x cosx
sen2x− 1;
(i) f(x) =cotg x
x2 + 1; (j) f(x) =
(x6 − 7x2)sen2x
x3 − 1;
(l) f(x) = 10√xsen (2x)− (3x5 + 9x)cos3x
x4 + 2; (m) f(x) =
8√x
x cosx;
(n) f(x) = sen x− 6cosec x ; (o) f(x) =x
sen x− cosx;
(p) f(x) =(x2 + x+ 1)sen 2x+
√xcos3x
x5 − 2.
5. A reta tangente ao grafico de f(x) = (x3 + 2x+ 11)√x no ponto (1,14)
e paralela a reta y − 12x− 1 = 0? Justifique a sua resposta.
6. Determine os valores de α e β para que os graficos das funcoes f(x) =αx
+ β sen2x e g(x) = 5πxx+cosx
tenham a mesma reta tangente no ponto
P =(π2, 5π).
CEDERJ 102
Propriedades de funcoes derivaveis.MODULO 1 - AULA 10
7. Sejam f1, f2, f3 : I → R tres funcoes derivaveis em x ∈ I. Mostre que
f1 + f2 + f3 e f1f2f3 sao derivaveis em x e forneca (f1 + f2 + f3)′(x) e
(f1f2f3)′(x).
8. (a) Mostre que a funcao f(x) = |x| sen x e derivavel em zero (note
que a Proposicao 10.3 nao pode ser usada, pois a funcao modulo
nao e derivavel em zero).
(b) Mostre que (a) permanece verdadeiro para qualquer funcao f de-
finida em um intervalo aberto I contendo 0 por f(x) = |x| g(x)
para todo x ∈ I, onde g : I → R e contınua em 0 e g(0) = 0.
Auto-avaliacao
Nos exercıcios desta aula voce usou propriedades de funcoes derivaveis
para testar sua habilidade no calculo de derivadas. Caso tenha sentido dificul-
dades, releia a aula com atencao e depois volte aos exercıcios. Se persistirem
as duvidas, nao hesite em consultar os tutores.
103 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.MODULO 1 - AULA 11
Aula 11 – Exercıcios resolvidos.
Referencias: Aulas 1 a 10.
Objetivo
Amadurecer os conceitos e resultados vistos ate a aula 10 por meio de
exercıcios resolvidos.
Exercıcio 1 (Exercıcio 5, da aula 1): Mostre que
limn→∞
(1
(n+ 1)2+ · · ·+ 1
(2n)2
)= 0.
Solucao: Primeiramente, notemos que
1
(n+ 1)2+ · · ·+ 1
(2n)2≤ 1
(n+ 1)2+ · · ·+ 1
(n+ 1)2
︸ ︷︷ ︸n parcelas
=n
(n+ 1)2<
1
n
para todo n ≥ 1.
Seja r > 0 arbitrario. Pela propriedade arquimediana, existe um inteiro
m ≥ 1 tal que 1m< r. Portanto, para todo inteiro n ≥ m, temos
−r < 0 <1
(n+ 1)2+ · · ·+ 1
(2n)2<
1
n≤ 1
m< r.
Isto mostra que
limn→∞
(1
(n+ 1)2+ · · ·+ 1
(2n)2
)= 0.
Exercıcio 2: (a) Seja (xn) uma sequencia tal que xn ≥ 0 para todo n e
limn→∞
xn = x. Mostre que x ≥ 0.
(b) Sejam (xn) e (yn) duas sequencias tais que xn ≥ yn para todo n,
limn→∞
xn = x e limn→∞
yn = y. Mostre que x ≥ y.
(c) Sejam a ∈ R, r > 0, f, g : D = (a− r, a) ∪ (a, a + r) → R tais que
f(x) ≥ g(x) para todo x ∈ D, limx→a
f(x) = l1 e limx→a
g(x) = l2. Mostre que
l1 ≥ l2.
Solucao: (a) Suponhamos x < 0, e tomemos um intervalo aberto I contendo
x tal que I ⊂ {t ∈ R; t < 0} (por exemplo, I =(x − |x|
2, x + |x|
2
)=(
3x2, x
2
)
serviria ). Como limn→∞
xn = x, existe um inteiro m ≥ 1 tal que xn ∈ I para
105 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
todo n ≥ m. Daı resulta que xn < 0 para todo n ≥ m, o que e absurdo.
Portanto, x ≥ 0.
(b) Como xn − yn ≥ 0 para todo n e limn→∞
(xn − yn) = x − y, segue de
(a) que x− y ≥ 0, ou seja, x ≥ y.
(c) Seja (xn) uma sequencia de elementos de D tal que limn→∞
xn = a.
Como f(xn) ≥ g(xn) para todo n, limn→∞
f(xn) = l1 (pois limx→a
f(x) = l1) e
limn→∞
g(xn) = l2 (pois limx→a
g(x) = l2), segue de (b) que l1 ≥ l2.
Exercıcio 3: (Desafio, da aula 2): Sejam (xn) e (yn) duas sequencias tais
que limn→∞
xn = 0 e existe M > 0 tal que |yn| ≤ M para todo n. Mostre que
limn→∞
xnyn = 0.
Solucao: Com efeito, seja r > 0 arbitrario. Como limn→∞
xn = 0 existe um
inteiro m ≥ 1 tal que |xn| < rM
para todo n ≥ m. Logo,
|xnyn| = |xn||yn| <r
M.M = r
para todo n ≥ m. Isto prova que limn→∞
xnyn = 0.
Exercıcio 4: Mostre que nao existe α ∈ R para o qual limx→0
f(x) exista,
sendo f : R − {0} → R definida por f(x) = x2 − 7x + 5α2 se x < 0 e
f(x) = α3|x|+ (α− 1)(senx)− 1 se x > 0.
Solucao: Para que limx→0
f(x) exista, e necessario e suficiente que limx→0−
f(x) e
limx→0+
f(x) existam e sejam iguais. Ora,
limx→0−
f(x) = limx→0−
(x2 − 7x+ 5α2) =
=(
limx→0−
x2)− 7(
limx→0−
x)
+(
limx→0−
5α2)
=
= 5α2
e
limx→0+
f(x) = limx→0+
(α3|x|+ (α− 1)(sen x)− 1) =
= α3(
limx→0+
|x|)
+ (α− 1)(
limx→0+
senx)
+(
limx→0+
−1)
= −1.
CEDERJ 106
Exercıcios resolvidos.MODULO 1 - AULA 11
Logo, limx→0−
f(x) e limx→0+
f(x) existem. Entretanto, como α2 ≥ 0 para
todo α ∈ R, segue que 5α2 6= −1 para todo α ∈ R. Ou, em outras palavras,
para todo α ∈ R,
limx→0−
f(x) 6= limx→0+
f(x).
Isto prova o desejado.
Exercıcio 5: Mostre que limx→0
√1 + tg x−
√1 + sen x
x3=
1
4.
Solucao: Para todo x ∈[− π
4, π
2
), x 6= 0, temos:
√1 + tg x−
√1 + sen x
x3=
=(√
1 + tg x−√
1 + sen x)(√
1 + tg x+√
1 + sen x)
x3(√
1 + tg x+√
1 + sen x)=
=tg x− sen x
x3(√
1 + tg x+√
1 + sen x)=
=sen xcosx− sen x
x3(√
1 + tg x+√
1 + sen x)=
=(sen x)(1− cos x)
x3(cosx)(√
1 + tg x+√
1 + sen x)=
=sen x
x.
1− cosx
x2.
1√1 + tg x+
√1 + sen x
.
Como limx→0
sen xx
= 1, limx→0
1−cos xx2 = 1
2e
limx→0
1√1 + tg x+
√1 + sen x
=1
limx→0
(√
1 + tg x+√
1 + sen x)=
1
2,
segue que
limx→0
√1 + tg x−
√1 + sen x
x3= 1× 1
2× 1
2=
1
4.
Exercıcio 6: Mostre que
limx→0+
(cos
(1√x
))(sen
(√x+ 1− 1√
x
))= 0.
107 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
Solucao: Para todo x > 0, temos:√x+ 1− 1√
x=
(√x+ 1− 1)(
√x+ 1 + 1)√
x(√x+ 1 + 1)
=
=x√
x(√x+ 1 + 1)
=
√x√
x+ 1 + 1.
Como∣∣ cos
(1√x
)∣∣ ≤ 1 para todo x > 0 e
limx→0+
sen
(√x+ 1− 1√
x
)= lim
x→0+sen
( √x√
x+ 1 + 1
)= sen 0 = 0,
segue que
limx→0+
(cos
(1√x
))(sen
(√x+ 1− 1√
x
))= 0.
Exercıcio 7: Sejam α, β ∈ R e defina f(x) = αx2+αx−βx−x+4x
para
x ∈ R− {0}.(a) Determine α e β para que a reta y = 3 seja uma assıntota horizontal
ao grafico de f .
(b) Com os valores de α e β encontrados em (a), existe assıntota vertical
ao grafico de f? Justifique a sua resposta.
Solucao: (a) Para que a reta y = 3 seja uma assintota horizontal ao grafico
de f devemos ter
limx→−∞
f(x) = 3 ou limx→+∞
f(x) = 3.
Mas, para que isto ocorra, α so pode ser zero.
Realmente, se α > 0, limx→−∞
f(x) = −∞ e limx→+∞
f(x) = +∞ e, se α < 0,
limx→−∞
f(x) = +∞ e limx→+∞
f(x) = −∞.
Logo, basta encontrar β para que
limx→−∞
(−β − 1)x+ 4
x= 3 ou lim
x→+∞(−β − 1)x+ 4
x= 3.
Mas, como limx→±∞
(−β−1)x+4x
= −β − 1, devemos ter −β − 1 = 3, isto e,
β = −4.
Em resumo, se α = 0 e β = −4, a reta y = 3 e uma assıntota horizontal
ao grafico de f .
(b) Fazendo α = 0 e β = −4, obtemos f(x) = 3x+4x
.
CEDERJ 108
Exercıcios resolvidos.MODULO 1 - AULA 11
Portanto, para que uma reta vertical x = a seja uma assıntota vertical
ao grafico de f , devemos ter
limx→a−
f(x) = −∞ ou limx→a−
f(x) = +∞
ou
limx→a+
f(x) = −∞ ou limx→a+
f(x) = +∞.
Ora, se a 6= 0, limx→a
3x+4x
= 3a+4a
. Resta entao decidir se a reta x = 0 e
uma assıntota vertical ao grafico de f . Mas, como
f(x) =3x+ 4
x=
3x+4xxx
= 3 +4
x
para todo x 6= 0, temos:
limx→0−
(3 +
4
x
)= −∞ e lim
x→0+
(3 +
4
x
)= +∞.
Consequentemente, a reta x = 0 e uma assıntota vertical ao grafico de f .
Exercıcio 8: Sejam α, β ∈ R e defina f : [−3, 3] → R por f(−3) = α,
f(x) = 9−x2
4−√x2+7
se −3 < x < 3 e f(3) = β. Determine α e β para que f seja
contınua em [−3, 3].
Solucao: Primeiramente, notemos que 4−√x2 + 7 > 0 para todo −3 < x <
3. Realmente, se −3 < x < 3, 0 ≤ x2 < 9; logo, 7 ≤ x2 + 7 < 9 + 7 = 16, o
que implica√x2 + 7 <
√16 = 4. Como as funcoes g1(x) = 9− x2 e g2(x) =
4 −√x2 + 7 sao contınuas em (−3, 3) e g2(x) > 0 para todo x ∈ (−3, 3),
entao f e contınua em (−3, 3).
Para que f seja contınua em −3 devemos ter limx→−3
f(x) = f(−3) = α.
Mas, como f esta definida em [−3, 3], isto equivale a dizer que limx→(−3)+
f(x) = α.
Como
limx→(−3)+
f(x) = limx→(−3)+
9− x2
4−√x2 + 7
=
= limx→(−3)+
(9− x2)(4 +√x2 + 7)
(4−√x2 + 7)(4 +
√x2 + 7)
=
= limx→(−3)+
(9− x2)(4 +√x2 + 7)
9− x2=
= limx→(−3)+
(4 +√x2 + 7) = 8,
concluımos que α = 8.
109 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
Analogamente, para que f seja contınua em 3 devemos ter
limx→3−
f(x) = f(3) = β. Raciocinando como acima concluımos que β = 8.
Exercıcio 9: Seja f(x) = x|x− 1| para todo x ∈ R. Determine o conjunto
dos pontos onde f e derivavel e forneca o valor de f ′(x) para x neste conjunto.
Solucao: Para todo x ∈ (−∞, 1), |x − 1| = 1 − x, pois x − 1 < 0. Logo,
f(x) = x(1−x) = x−x2 para todo x ∈ (−∞, 1). Portanto, f e derivavel em
(−∞, 1) e f ′(x) = 1− 2x para todo x ∈ (−∞, 1). Por outro lado, para todo
x ∈ (1,+∞), |x− 1| = x− 1, pois x− 1 > 0. Logo, f(x) = x(x− 1) = x2−xpara todo x ∈ (1,+∞). Portanto, f e derivavel em (1,+∞) e f ′(x) = 2x− 1
para todo x ∈ (1,+∞).
Resta-nos agora estudar a derivabilidade de f em 1. Para isto, devemos
decidir se limx→1
f(x)−f(1)x−1
existe.
Ora,
limx→1−
f(x)− f(1)
x− 1= lim
x→1−
x− x2
x− 1=
= limx→1−
−x(x− 1)
x− 1= lim
x→1−(−x) = −1
e
limx→1+
f(x)− f(1)
x− 1= lim
x→1+
x2 − xx− 1
=
= limx→1+
x(x− 1)
x− 1= lim
x→1−x = 1.
Daı resulta que limx→1
f(x)−f(1)x−1
nao existe, mostrando que f nao e derivavel
em 0.
Em resumo, f e derivavel em (−∞, 1)⋃
(1,+∞), sendo f ′(x) = 1− 2x
se x ∈ (−∞, 1) e f ′(x) = 2x− 1 se x ∈ (1,+∞).
Exercıcio 10: Sejam α, β ∈ R e defina f : R→ R por f(x) = αx3 + βx2 se
x ∈ (−∞, 2] e f(x) =√x+ 2 se x ∈ (2,+∞). Determine α e β para que f
seja derivavel em 2.
Solucao: Primeiramente, como a derivabilidade de f em 2 implica a con-
tinuidade de f em 2, devemos ter limx→2
f(x) = f(2) = 8α + 4β. Como
limx→2+
f(x) = limx→2+
√x+ 2 =
√4 = 2, a igualdade f(2) = 8α + 4β = 2
precisa ser verdadeira.
CEDERJ 110
Exercıcios resolvidos.MODULO 1 - AULA 11
Para que f ′(2) exista, os limites laterais
limx→2−
f(x)− f(2)
x− 2e lim
x→2+
f(x)− f(2)
x− 2
devem existir e ser iguais.
Ora,
limx→2−
f(x)− f(2)
x− 2= lim
x→2−
(αx3 + βx2)− (8α + 4β)
x− 2=
= limx→2−
α
(x3 − 8
x− 2
)+ lim
x→2−β
(x2 − 4
x− 2
)=
= α
(limx→2−
x3 − 8
x− 2
)+ β
(limx→2−
x2 − 4
x− 2
)=
= 12α + 4β
(justifique a ultima igualdade a partir do que voce ja sabe sobre derivada) e
limx→2+
f(x)− f(2)
x− 2= lim
x→2+
√x+ 2− 2
x− 2=
= limx→2+
(√x+ 2 + 2)(
√x+ 2− 2)
(√x+ 2 + 2)(x− 2)
=
= limx→2+
x− 2
(√x+ 2 + 2)(x− 2)
=
= limx→2+
1√x+ 2 + 2
=
=1
4.
Portanto, a igualdade 12α + 4β = 14
precisa ser verdadeira.
Em resumo, as igualdades 8α + 4β = 2 e 12α + 4β = 14
devem ser
satisfeitas. Mas, para que isto ocorra, so podemos ter α = − 716
e β = 118
(justifique esta afirmacao).
111 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
Resumo
Nesta aula voce viu como resolver determinados exercıcios usando o
que aprendeu ate agora. Esperamos que ela possa incentiva-lo a retornar aos
exercıcios que, porventura, ainda nao tenha resolvido.
CEDERJ 112
A regra da cadeia.MODULO 1 - AULA 12
Aula 12 – A regra da cadeia.
Referencias: Aulas 9 e 10.
Objetivo
Compreender como calcular a derivada da composta de funcoes
derivaveis.
Vimos, na aula 6, que a composta de funcoes contınuas e uma funcao
contınua. Nesta aula estudaremos um resultado analogo para funcoes de-
rivaveis, a regra da cadeia. Antes, vejamos tres exemplos.
Exemplo 12.1
Seja f(x) = 3√x para todo x ∈ R. Entao f e derivavel em R − {0} e
f ′(x) = 13x−
23 para todo x ∈ R− {0}.
Para todo x ∈ R, x 6= 0, temos
f(x)− f(0)
x− 0=x
13
x=
1
x23
,
sendo x23 = (x
13 )
2> 0. Como lim
x→0x
23 = 0, lim
x→0
1
x23
= +∞. Assim, f nao e
derivavel em 0.
Suponhamos, agora, x 6= 0. Para todo t ∈ R, t 6= x, temos
f(t)− f(x)
t− x =3√t− 3√x
t− x =
=3√t− 3√x
( 3√t− 3√x)(
3√t2 + 3√t 3√x+
3√x2)
=
=1
3√t2 + 3√t 3√x+
3√x2.
113 CEDERJ
A regra da cadeia.
Como
limt→x
(3√t2 +
3√t 3√x+
3√x2) =
(limt→x
3√t2)
+(
limt→x
3√t 3√x)
+(
limt→x
3√x2)
=
=3√x2 + 3
√x(
limt→x
3√t)
+3√x2 =
=3√x2 + 3
√x 3√x+
3√x2 =
= 33√x2 = 3x
23 6= 0 ,
segue que
limt→x
f(t)− f(x)
t− x =1
3x23
=1
3x−
23 .
Acabamos de mostrar que f e derivavel em x e f ′(x) = 13x−
23 = 1
3x
13−1.
Raciocinando como acima, obtemos:
Exemplo 12.2
Seja k um inteiro positivo par e definamos f(x) = k√x para todo x ≥ 0.
Entao f e derivavel em (0,+∞) e f ′(x) = 1kx
1k−1 para todo x ∈ (0,+∞).
Em particular, se f(x) = 4√x, entao f ′(x) = 1
4x
14−1 = 1
4x−
34 para todo
x ∈ (0,+∞).
Exemplo 12.3
Seja k um inteiro positivo ımpar, k > 1, e definamos f(x) = k√x para todo
x ∈ R. Entao f e derivavel em R−{0} e f ′(x) = 1kx
1k−1 para todo x ∈ R−{0}.
Em particular, se f(x) = 5√x, entao f ′(x) = 1
5x
15−1 = 1
5x−
45 para todo
x ∈ R− {0}.
Proposicao 12.1 (regra da cadeia)
Sejam I e J dois intervalos nao triviais, f : I → R derivavel em x ∈ I e
g : J → R tal que f(t) ∈ J para todo t ∈ I e g e derivavel em f(x). Entao a
funcao composta g ◦ f e derivavel em x e
(g ◦ f)′(x) = g′(f(x)) f ′(x).
Como a demonstracao da proposicao e delicada, nao a apresentamos
aqui. Faremos a demonstracao supondo a seguinte condicao adicional satis-
feita (o que nem sempre ocorre):
A demonstracao da regra da
cadeia sera vista na
disciplina de Analise.
CEDERJ 114
A regra da cadeia.MODULO 1 - AULA 12
Existe um intervalo nao trivial I ′ ⊂ I tal que x ∈ I ′ e f(t) 6= f(x) para
todo t ∈ I ′, t 6= x.
Para todo t ∈ I ′, t 6= x, podemos escrever
(g ◦ f)(t)− (g ◦ f)(x)
t− x =g(f(t))− g(f(x))
t− x =
=g(f(t))− g(f(x))
f(t)− f(x).f(t)− f(x)
t− x ,
pois estamos admitindo f(t) − f(x) 6= 0 se t ∈ I ′ e t 6= x. Por outro lado,
como f e contınua em x (Proposicao 10.1), limt→x
f(t) = f(x). Logo,
limt→x
g(f(t))− g(f(x))
f(t)− f(x)= g′(f(x)),
pois g e derivavel em f(x). Como
limt→x
f(t)− f(x)
t− x = f ′(x),
pois f e derivavel em x, segue da Proposicao 3.2 que
limt→x
(g ◦ f)(t)− (g ◦ f)(x)
t− x = g′(f(x))f ′(x) .
Isto mostra que g ◦ f e derivavel em x e (g ◦ f)′(x) = g′(f(x))f ′(x).
Exemplo 12.4
Seja p um polinomio arbitrario e consideremos a funcao f(x) = sen (p(x))
para todo x ∈ R. Entao f e derivavel em R e
f ′(x) = p′(x) cos(p(x))
para todo x ∈ R.
Com efeito, ja sabemos que p e derivavel em R e que a funcao f1(x) =
senx e derivavel em R e f1′(x) = cosx para todo x ∈ R. Como f = f1 ◦ p,
segue da regra da cadeia que f e derivavel em R e
f ′(x) = (f1 ◦ p)′(x) = f1′(p(x))p′(x) = p′(x) cos(p(x))
para todo x ∈ R.
Em particular, se f(x) = sen(5x6 − 4x+ 2), entao
f ′(x) = (30x5 − 4) cos(5x6 − 4x+ 2) .
Analogamente, temos :
115 CEDERJ
A regra da cadeia.
Exemplo 12.5
Seja p um polinomio arbitrario e consideremos a funcao f(x) = cos(p(x))
para todo x ∈ R. Entao f e derivavel em R e f ′(x) = −p′(x)sen(p(x)) para
todo x ∈ R (faca os detalhes).
Em particular, se f(x) = cos(9x4 + 2x3 + 6x2), entao
f ′(x) = −(36x3 + 6x2 + 12x) sen (9x4 + 2x3 + 6x2).
Exemplo 12.6
Seja f(x) = sen(cosx) para todo x ∈ R. Entao f e derivavel em R e
f ′(x) = (−sen x) cos(cosx) para todo x ∈ R.
Com efeito, sejam f1(x) = cosx e f2(x) = senx para todo x ∈ R; entao
f = f2 ◦ f1. Pela regra da cadeia, f e derivavel em R e
f ′(x) = (f2 ◦ f1)′(x) =
= f2′(f1(x))f1
′(x) =
= (f2′(cosx)) (−senx) =
= (−senx) cos(cosx)
para todo x ∈ R.
Em particular, f ′(π2) =
(−sen π
2
)cos(cos π
2
)= − cos 0 = −1.
Analogamente, temos :
Exemplo 12.7
Seja f(x) = cos(senx) para todo x ∈ R. Entao f e derivavel em R e
f ′(x) = −(cosx)sen (senx) para todo x ∈ R (faca os detalhes).
Em particular, f ′(π2) = −
(cos π
2
)sen(sen π
2
)= 0.
Exemplo 12.8
Seja f(x) = x23 para todo x ∈ R. Entao f e derivavel em R− {0} e f ′(x) =
23x
23−1 para todo x ∈ R− {0}.
Com efeito, sejam f1(x) = x2 e f2(x) = x13 . Entao f = f2 ◦ f1, pois
(f2 ◦ f1)(x) = f2(f1(x)) = f2(x2) = (x2)13 = x
23 = f(x) para todo x ∈ R. Ja
sabemos que f1 e derivavel em R e f1′(x) = 2x para todo x ∈ R e que f2 e
CEDERJ 116
A regra da cadeia.MODULO 1 - AULA 12
derivavel em R − {0} e f2′(x) = 1
3x−
23 para todo x ∈ R − {0}. Pela regra
da cadeia, f e derivavel em R − {0} (note que f1(x) = 0 se, e somente se,
x = 0) e
f ′(x) = f2′(f1(x))f1
′(x) =
=1
3(x2)−
23 (2x) =
=2
3x−
43 .x =
2
3x−
43
+1 =2
3x−
13 =
2
3x
23−1
para todo x ∈ R− {0}.
Exemplo 12.9
Seja f(x) = x−45 para todo x ∈ R− {0}. Entao f e derivavel em R− {0} e
f ′(x) = −45x−
45−1 para todo x ∈ R− {0}.
Com efeito, sejam f1(x) = x−4 para todo x ∈ R−{0} e f2(x) = x15 para
todo x ∈ R; entao f = f2 ◦ f1. Ja sabemos que f1 e derivavel em R − {0}e f1
′(x) = −4x−4−1 = −4x−5 para todo x ∈ R − {0} (Exercıcio 3, da aula
10) e que f2 e derivavel em R − {0} e f2′(x) = 1
5x
15−1 = 1
5x−
45 para todo
x ∈ R− {0}. Pela regra da cadeia, f e derivavel em R− {0} e
f ′(x) = f2′(f1(x))f1
′(x) =
=1
5(x−4)−
45 (−4x−5) =
= −4
5x
165 .x−5 =
= −4
5x
165− 25
5 =
= −4
5x−
95 =
= −4
5x−
45−1
para todo x ∈ R− {0}.Em geral, se considerarmos a funcao f(x) = x
pq (onde p e q sao inteiros
nao nulos), podemos garantir que f e derivavel em R− {0} e
f ′(x) =p
qxpq−1
117 CEDERJ
A regra da cadeia.
para todo x ∈ R − {0}. Alem disso, para certos valores de p e q, podemos
ate mesmo garantir que f e derivavel em R e
f ′(x) =p
qxpq−1
para todo x ∈ R.
Exemplo 12.10
Seja f(x) = cos(
sen xx2+1
)para todo x ∈ R. Entao f e derivavel em R e
f ′(x) = −(
sen
(sen x
x2 + 1
))((cosx)(x2 + 1)− (sen x)(2x)
(x2 + 1)2
)
para todo x ∈ R.
Com efeito, sejam f1(x) = sen xx2+1
e f2(x) = cosx para todo x ∈ R; entao
f = f2 ◦f1. Ja sabemos que f2 e derivavel em R e f2′(x) = −sen x para todo
x ∈ R. E, pela Proposicao 10.4, f1 e derivavel em R e
f1′(x) =
(cosx)(x2 + 1)− (sen x)(2x)
(x2 + 1)2
para todo x ∈ R. Pela regra da cadeia, f e derivavel em R e
f ′(x) = (f2 ◦ f1)′(x) =
= f2′(f1(x))f1
′(x) =
= f2′(
sen x
x2 + 1
)((cosx)(x2 + 1)− (sen x)(2x)
(x2 + 1)2
)=
= −(
sen
(sen x
x2 + 1
))((cosx)(x2 + 1)− (sen x)(2x)
(x2 + 1)2
)
para todo x ∈ R.
Exemplo 12.11
Seja f(x) = (x6 − 2x5)2tg(
x2
x2+1
)para todo x ∈ R. Entao f e derivavel em
R e
f ′(x) = 2(x6−2x5)(6x5−10x4)tg
(x2
x2 + 1
)+2x
(x6 − 2x5
x2 + 1
)2
sec2
(x2
x2 + 1
)
para todo x ∈ R.
CEDERJ 118
A regra da cadeia.MODULO 1 - AULA 12
Primeiramente, como 0 ≤ x2
x2+1< 1 < π
2para todo x ∈ R, entao a
funcao f2(x) = tg(
x2
x2+1
)esta definida para todo x ∈ R. Alem disso, f2 e
derivavel (como composta de duas funcoes derivaveis) e
f2′(x) = sec2
(x2
x2 + 1
)(2x(x2 + 1)− x2(2x)
(x2 + 1)2
)=
=2x
(x2 + 1)2sec2
(x2
x2 + 1
)
para todo x ∈ R.
Por outro lado, a funcao f1(x) = (x6 − 2x5)2 e derivavel e f1′(x) =
2(x6 − 2x5)(6x5 − 10x4) para todo x ∈ R (justifique esta afirmacao).
Portanto, como f = f1f2, segue da Proposicao 10.3 que f e derivavel
em R e
f ′(x) = f1′(x)f2(x) + f1(x)f2
′(x) =
= 2(x6 − 2x5)(6x5 − 10x4)tg
(x2
x2 + 1
)+ 2x
(x6 − 2x5
x2 + 1
)2
sec2
(x2
x2 + 1
)
para todo x ∈ R.
Exemplo 12.12
Seja f(x) = cos3(7x4 − 13x+ 6) para todo x ∈ R. Entao f e derivavel em Re
f ′(x) = 3(cos2(7x4 − 13x+ 6)
) (−sen (7x4 − 13x+ 6)
)(28x3 − 13)
para todo x ∈ R. Em particular, f ′(0) = 39(cos26)(sen 6).
Com efeito, sejam f1(x) = 7x4−13x+6, f2(x) = cosx e f3(x) = x3 para
todo x ∈ R. Entao f = f3 ◦ f2 ◦ f1, pois (f3 ◦ f2 ◦ f1)(x) = (f3 ◦ f2)(f1(x)) =
(f3 ◦ f2)(7x4 − 13x+ 6) = f3(f2(7x4 − 13x+ 6)) = f3(cos(7x4 − 13x+ 6)) =
cos3(7x4 − 13x+ 6) = f(x) para todo x ∈ R.
Ja sabemos que f1, f2 e f3 sao derivaveis em R, sendo f1′(x) = 28x3−13,
f2′(x) = −sen x e f3
′(x) = 3x2 para todo x ∈ R. Como
f = f3 ◦ f2 ◦ f1 = f3 ◦ (f2 ◦ f1),
119 CEDERJ
A regra da cadeia.
a regra da cadeia (aplicada duas vezes) garante que f e derivavel em R e
f ′(x) = (f3 ◦ (f2 ◦ f1))′(x) =
= f3′ ((f2 ◦ f1)(x)) (f2 ◦ f1)′(x) =
= f3′(f2(f1(x)))f2
′(f1(x))f1′(x) =
= f3′(f2(7x4 − 13x+ 6))(f2
′(7x4 − 13x+ 6))(28x3 − 13) =
= f3′(cos(7x4 − 13x+ 6))(−sen (7x4 − 13x+ 6))(28x3 − 13) =
= 3 (cos2(7x4 − 13x+ 6)) (−sen (7x4 − 13x+ 6)) (28x3 − 13)
para todo x ∈ R.
Resumo
Nesta aula voce aprendeu como derivar a composta de funcoes
derivaveis.
CEDERJ 120
A regra da cadeia.MODULO 1 - AULA 12
Exercıcios
1. Derive as seguintes funcoes:
(a) f(x) = sen2x ; (b) f(x) = sen (x2) ;
(c) f(x) =sen2x
sen (x2); (d) f(x) =
sen (x2)
sen2x;
(e) f(x) = 3√x2 + x+ 1 ; (f) f(x) = 3
√x+√x ;
(g) f(x) =sen (cos2x)√
x; (h) f(x) =
sen (cos(x2))
x4 + 2;
(i) f(x) = 4√
cos(x2) + 7x8 + 1 ; (j) f(x) =x2 sec(x3 − 1)
x2 + 1;
(l) f(x) = tg (x3) + cosec (x3) ; (m) f(x) =5√xcos5x
1− x2;
(n) f(x) = tg 3x+ cosec3x ; (o) f(x) =cotg (1 + x3)
x4 − 1;
(p) f(x) = x−78 sen (x3 − 9x+ 8) ; (q) f(x) = 3
√sen (2x)
1 +√x
;
(r) f(x) = tg (x3)sen2(cos(x2)) ; (s) f(x) = sen2(cos(x2)) ;
(t) f(x) = (√x+ x7 − 5x2 + sen3(x3 − 4x))
9.
2. Seja f : R→ R uma funcao derivavel em 0 tal que f(0) = 0 e f ′(0) = 2
e defina g(x) = sen (f(x)) para todo x ∈ R.
(a) Mostre que g e derivavel em 0 e g′(0) = 2.
(b) Ache a equacao da reta tangente ao grafico de g no ponto (0, g(0)).
Sugestao para (a): Use a regra da cadeia.
3. Seja g(x) = f(x2 + 3x). Calcule g′(1), sabendo que f : R → R e
derivavel em 4 e f ′(4) = 15.
4. Seja f : R→ R derivavel em R. Mostre que:
(a) f ′ e par se f e ımpar;
(b) f ′ e ımpar se f e par.
Sugestao: Use a regra da cadeia, lembrando que f e par (respec-
tivamente ımpar) se f(−x) = f(x) para todo x ∈ R (respectiva-
mente f(−x) = −f(x) para todo x ∈ R).
121 CEDERJ
A regra da cadeia.
5. Seja f(x) = tg(
3
√2
x2+1
)para todo x ∈ R.
(a) Mostre que f e derivavel em R.
(b) Forneca f ′(x).
(c) Ache a equacao da reta tangente ao grafico de f no ponto (0, f(0)).
Auto-avaliacao
Na aula 10 e nesta aula foram estudadas as regras basicas de derivacao:
soma, produto, quociente e composicao. So ha uma maneira de assimila-las:
exercitando a exaustao. Por esta razao, so passe para a proxima aula se tiver
feito todos os exercıcios de ambas as aulas. Se houver alguma duvida, releia
ambas as aulas e/ou consulte os tutores.
CEDERJ 122
Derivacao implıcita.MODULO 1 - AULA 13
Aula 13 – Derivacao implıcita.
Referencias: Aulas 9, 10 e
12.Objetivo
Compreender como se deriva implicitamente uma funcao que satisfaca
uma determinada equacao.
Antes de entrar no assunto desta aula, vamos introduzir a notacao de
Leibniz para a derivada. Se para uma dada funcao f escrevermos y = f(x),dydx
representara f ′(x). A notacao dydx
∣∣x=a
sera usada para indicar a derivada
de y = f(x) em a, ou seja, dydx
∣∣x=a
indicara f ′(a). Vejamos alguns exemplos.
Exemplo 13.1
Se y = x6 − 2x4 + 7x3 − 2, entao
dy
dx= 6x5 − 8x3 + 21x2 e
dy
dx
∣∣∣∣x=−1
= 23.
Exemplo 13.2
Se y = sen x, entao
dy
dx= cosx e
dy
dx
∣∣∣∣x=π
= cosπ = −1.
Exemplo 13.3
Se s = t2+1t4+5
, entao
ds
dt=
2t(t4 + 5)− (t2 + 1)t4
(t4 + 5)2=−t6 + 2t5 − t4 + 10t
(t4 + 5)2e
ds
dt
∣∣∣∣t=0
= 0.
Sob as hipoteses da Proposicao 10.2, escrevamos y = f(x), z = g(x) e
w = y + z = f(x) + g(x) = (f + g)(x). Entao
dw
dx= (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x) =
dy
dx+dz
dx.
Sob as hipoteses da Proposicao 10.3, escrevamos y = f(x), z = g(x) e
w = yz = f(x)g(x) = (fg)(x). Entao
dw
dx= (fg)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x) =
dy
dxz + y
dz
dx.
123 CEDERJ
Derivacao implıcita.
Analogamente, sob as hipoteses da Proposicao 10.4, escrevamos y =
f(x), z = g(x) e w = yz
= f(x)g(x)
=(fg
)(x). Entao
dw
dx=
(f
g
)′(x) =
f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)
(g(x))2=
dydxz − y dz
dx
z2.
Finalmente, sob as hipoteses da Proposicao 12.1, escrevamos u = f(x)
e y = g(u) = g(f(x)) = (g ◦ f)(x). Entao
dy
dx= (g ◦ f)′(x) = g′(f(x))f ′(x) = g′(u)
du
dx=dy
du.du
dx.
Exemplo 13.4
Seja y = cos(√x) e calculemos dy
dxpara todo x > 0.
De fato, escrevamos u =√x; entao y = cos(u). Como dy
du= −sen u e
dudx
= 12√x, segue que
dy
dx=dy
du.du
dx= −(sen u)(
1
2√x
) = −sen (√x)
2√x
.
Exemplo 13.5
Seja y = 3√
sen x e calculemos dydx
para todo x ∈ R tal que sen x 6= 0.
De fato, escrevamos u = sen x; entao y = 3√u = u
13 . Como dy
du=
13u
13−1 = 1
3u−
23 = 1
3u23
e dudx
= cosx, segue que
dy
dx=dy
du.du
dx=
cosx
3u23
=cosx
3(sen x)23
.
Logo, dydx
∣∣x=π
2
=cos π
2
3(sen π2
)23
= 03
= 0.
No proximo exemplo vamos preparar o terreno para entrar no assunto
desta aula.
Exemplo 13.6
Consideremos a equacao x2 +y2 = 1 que, como sabemos, representa o cırculo
de centro (0, 0) e raio 1. Queremos saber para que valores de x podemos
escrever y como uma funcao (derivavel) de x. Mais precisamente, queremos
encontrar uma funcao derivavel y = f(x) que satisfaca a equacao. No caso
em questao, devemos ter
y2 = 1− x2.
CEDERJ 124
Derivacao implıcita.MODULO 1 - AULA 13
Ha entao duas possibilidades para y:
y = f1(x) =√
1− x2 ou y = f2(x) = −√
1− x2.
Evidentemente, em ambos os casos, x ficara restrito ao intervalo (−1, 1).
Alem disso, para todo x ∈ (−1, 1), temos
f1′(x) =
1
2(1− x2)−
12 (−2x) = − x√
1− x2= − x
f1(x)
e
f2′(x) = −1
2(1− x2)−
12 (−2x) =
−x(−√
1− x2)= − x
f2(x).
Portanto, dydx
= −xy
em ambos os casos.
Observemos que, admitindo apenas a existencia de y = f(x) satisfa-
zendo a equacao x2 + y2 = 1, com f derivavel, serıamos capazes de achar dydx
em termos de x e y, mesmo que nao tivessemos y = f(x) explicitamente.
Com efeito, derivando ambos os lados da equacao x2+y2 = 1 em relacao
a x, obtemos 2x+ 2y dydx
= 0, isto e, x+ y dydx
= 0.
Assim, dydx
= −xy.
No caso, por exemplo, da equacao xy2 + x + y = 1, e complicado
escrever y explicitamente como funcao de x. Entretanto, admitindo que
y = f(x) seja uma funcao derivavel satisfazendo esta equacao, e bem mais
simples encontrar uma expressao para dydx
em termos de x e y, como podemos
constatar no proximo exemplo.
Quando dizemos que uma
funcao derivavel, da variavel
x, esta definida
implicitamente por uma
equacao, estamos admitindo
a existencia de uma tal
funcao sem, necessariamente,
termos uma maneira
explıcita de espressa-la como
funcao de x.
Em geral, dada uma equacao em x e y, pode ser difıcil ou ate mesmo
impossıvel explicitar y como funcao de x. No entanto, admitindo que y seja
uma funcao derivavel da variavel x satisfazendo a equacao dada, podemos
derivar a equacao em relacao a x para obter dydx
. Neste caso, diremos que a
funcao esta dada (ou definida) implicitamente pela equacao e que estamos
obtendo dydx
por derivacao implıcita da equacao dada.
Exemplo 13.7
Seja y = f(x) uma funcao derivavel dada implicitamente pela equacao xy2 +
x+ y = 1. Mostremos que dydx
= −y2−12xy+1
se 2xy + 1 6= 0.
De fato, como xy2 + x+ y = 1, derivando implicitamente obtemos
y2 + x2ydy
dx+ 1 +
dy
dx= 0,
125 CEDERJ
Derivacao implıcita.
isto e,
y2 + 2xydy
dx+dy
dx= −1,
isto e,
(1 + 2xy)dy
dx= −y2 − 1.
Assim, supondo 2xy + 1 6= 0, segue que
dy
dx=−y2 − 1
2xy + 1.
Exemplo 13.8
Sejam a > 0 e y = f(x), com y > 0, a funcao dada implicitamente pela
equacao x2 + y2 = a2. Vamos encontrar a funcao f , a sua derivada, mostrar
que dydx
= −xy
e achar a equacao da reta tangente ao grafico de f no ponto
(0, f(0)).
Primeiramente, como x2 + y2 = a2, temos y =√a2 − x2 ou y =
−√a2 − x2. Como y > 0, segue que y = f(x) =
√a2 − x2 para x no in-
tervalo (−a, a).
Pela regra da cadeia, vista na aula 12,
f ′(x) =1
2(a2 − x2)
12−1(−2x) = − x√
a2 − x2= − x
f(x)
para todo x ∈ (−a, a). Ou, na notacao de Leibniz,
dy
dx= −x
y.
Poderıamos tambem obter a igualdade acima derivando implicitamente.
Realmente, como x2 + y2 = a2, obtemos
2x+ 2ydy
dx= 0, isto e,
dy
dx= −x
y.
Finalmente, como f(0) =√a2 = a, entao f ′(0) = dy
dx
∣∣x=0
= − 0a
= 0.
Portanto, a equacao da reta tangente ao grafico de f no ponto (0, f(0)) =
(0, a) e
y = f(0) + f ′(0)(x− 0) = a.
Exemplo 13.9
A funcao derivavel y = f(x) e dada implicitamente pela equacao 3x3y−y4 +
5x2 = −5. Vamos determinar a equacao da reta tangente ao grafico de f no
ponto (1, 2).
CEDERJ 126
Derivacao implıcita.MODULO 1 - AULA 13
Com efeito, como 3x3y − y4 + 5x2 = −5, derivando implicitamente
obtemos
9x2y + 3x3 dy
dx− 4y3 dy
dx+ 10x = 0.
Assim,
(3x3 − 4y3)dy
dx= −(10x+ 9x2y).
Logo, se 3x3 − 4y3 6= 0, tem-se
dy
dx= −10x+ 9x2y
3x3 − 4y3.
Finalmente, substituindo x = 1 e y = 2 na igualdade acima, segue que
f ′(1) =dy
dx
∣∣∣∣x=1
= −10 + 9× 2
3− 4(2)3= − 28
−29=
28
29.
Portanto, a equacao da reta tangente ao grafico de f no ponto (1, 2) e
y = 2 +28
29(x− 1).
Exemplo 13.10
Sejam α, β ∈ R e seja y = f(x) uma funcao derivavel definida implicitamente
pela equacao x − βy = α√x+ y. Vamos achar α e β para que a inclinacao
da reta tangente ao grafico de f no ponto (6, 3) seja 1.
Primeiramente, como f(6) = 3, segue que 6− 3β = α√
6 + 3 = 3α, isto
e, α + β = 2. Por outro lado, a inclinacao da reta tangente ao grafico de f
no ponto (6, 3) e f ′(6) = dydx
∣∣x=6
. Como x − βy − α√x+ y = 0, derivando
implicitamente obtemos
1− β dydx− α
2
1 + dydx√
x+ y= 0.
Como estamos supondo dydx
∣∣x=6
= 1, segue da equacao acima que
1− β − α
2
2√6 + 3
= 0, isto e,α
3+ β = 1.
Finalmente, das igualdades α+ β = 2 e α3
+ β = 1, vem α = 32
e β = 12.
Exemplo 13.11
Seja y = f(x) uma funcao derivavel definida implicitamente pela equacaox2
2+ y2 + xy = 9. Vamos achar os pontos (x, f(x)) para os quais a reta
tangente ao grafico de f no ponto (x, f(x)) seja horizontal.
127 CEDERJ
Derivacao implıcita.
Com efeito, como x2
2+ y2 + xy = 9, derivando implicitamente obtemos
2x
2+ 2y
dy
dx+ y + x
dy
dx= 0,
isto e,
(x+ 2y)dy
dx= −(x+ y).
Para que a reta tangente ao grafico de f no ponto (x, f(x)) = (x, y) seja
horizontal devemos ter dydx
= f ′(x) = 0. Em vista da igualdade acima, isto so
pode ocorrer se x+ y = 0, ou seja, se y = −x. Mas, como x2
2+ y2 + xy = 9,
fazendo y = −x vem x2
2+ x2− x2 = 9; logo, x2 = 18, isto e, x = 3
√2 ou x =
−3√
2. Podemos entao concluir que os pontos procurados sao (3√
2,−3√
2)
e (−3√
2, 3√
2).
Resumo
Nesta aula voce aprendeu como utilizar as regras basicas de derivacao
para derivar implicitamente uma funcao definida por uma equacao.
Exercıcios
1. Expresse dydx
em termos de x e y, onde y = f(x) e uma funcao derivavel
definida implicitamente por cada uma das seguintes equacoes:
(a) xy2 + 3y = 5 ; (b) y3 + x2y = 2x+ 7 ;
(c) y7 + y = x ; (d) 11y + cos x = 4xy ;
(e) x2 − y2 = 9 ; (f) xy2 + x+ y = 10 ;
(g)1
x+
1
y= 1 ; (h) y2 + 2x2y + x = 0 ;
(i) x2y2 − x2 − y2 = 0 ; (j) x3 − xy + y3 = 1.
2. Sendo y = f(x) uma funcao derivavel dada implicitamente por cada
uma das equacoes abaixo, ache a equacao da reta tangente ao grafico
de f no ponto P indicado:
(a) (y − x)2 = 2x+ 4 , P = (6, 2) ;
(b) x2 + xy − y2 = 1 , P = (2, 3) ;
(c) xy + 5 = 7x , P = (1, 2) .
CEDERJ 128
Derivacao implıcita.MODULO 1 - AULA 13
3. A funcao derivavel y = f(x), y > 0, e dada implicitamente pela equacao
x2 + 36y2 = 10. Ache f(1) e a equacao da reta tangente ao grafico de
f no ponto (1, f(1)).
4. Considere a elipse x2
4+ y2
9= 1. Sendo (u, v) um ponto sobre a elipse tal
que v 6= 0, ache a equacao da reta tangente a mesma no ponto (u, v).
Sugestao: Considere y = f(x), f derivavel e tal que f(u) = v, dada
implicitamente pela equacao x2
4+ y2
9= 1. Determine a equacao da reta
tangente ao grafico de f no ponto (u, v).
5. Considere o ramo da hiperbole xy = 1 onde x > 0. Sendo (u, v) um
ponto qualquer da hiperbole, com u > 0, mostre que a equacao da reta
tangente a mesma no ponto (u, v) e vx+ uy = 2.
Auto-avaliacao
Nos exercıcios desta aula voce teve a oportunidade de utilizar as regras
basicas de derivacao, estudadas nas aulas 10 e 12, para derivar implicita-
mente determinadas funcoes. Mais uma vez, a importancia de tais regras
fica evidenciada.
129 CEDERJ
Velocidade e aceleracao. Taxa de variacao.MODULO 1 - AULA 14
Aula 14 – Velocidade e aceleracao. Taxa de
variacao.
Referencias: Aulas 9 e 13.
Objetivo
Estudar o significado da nocao de derivada no contexto da Fısica.
Nesta aula abordaremos o significado da nocao de derivada no con-
texto da Fısica como, alias, ja havıamos prometido na aula 9. Mas antes,
lembremos um fato bem conhecido dos aficionados pelo esporte.
Aqueles que acompanham o atletismo sabem que Carl Lewis foi um dos
maiores atletas de todos os tempos, tendo obtido o tempo de 9,92 segundos
para os 100 metros rasos.
Poderıamos, inicialmente, perguntar quantos metros ele percorreu em
cada segundo. Ora, se no instante t = 0 da partida ele estava na posicao
inicial e apos 9,92 segundos ele havia percorrido 100 metros, entao em media
ele percorreu 100−09,92−0
metros por segundo, o que e aproximadamente igual a
10,08 metros por segundo. Esta foi a velocidade media por ele percorrida
entre os instantes t = 0 e t = 9, 92.
Agora, se perguntassemos sua velocidade v(t) em cada instante t, a
resposta seria mais delicada. Realmente, suponhamos que descobrıssemos
uma funcao que em cada instante t fornecesse a posicao x(t) de Carl Lewis
na pista. Assim, para cada t e para cada h 6= 0, x(t + h) − x(t) seria o
deslocamento do corredor entre os instantes t e t+ h e x(t+h)−x(t)h
seria a sua
velocidade media entre os instantes t e t + h (por exemplo, sua velocidade
media entre t = 0 e t = 9, 92 foi de aproximadamente 10,08 metros por
segundo). Observemos ainda que, a medida que h 6= 0 se aproxima de zero,
as velocidades medias x(t+h)−x(t)h
se aproximam da velocidade v(t) procurada.
Assim, seria natural admitir que v(t) coincidisse com limh→0x(t+h)−x(t)
h.
As consideracoes acima motivam a seguinte
Definicao 14.1 Suponhamos que uma partıcula se desloque sobre o eixo x
das abscissas de tal modo que x = x(t) represente a posicao da partıcula no
instante t (portanto, x e uma funcao que fornece a posicao da partıcula em
cada instante). Para cada t e para cada h 6= 0, x(t+h)−x(t) e o deslocamento
da partıcula entre os instantes t e t + h e x(t+h)−x(t)h
e a velocidade media da
partıcula entre os instantes t e t+ h.
131 CEDERJ
Velocidade e aceleracao. Taxa de variacao.
A velocidade da partıcula no instante t, denotada por v(t), e definida
como sendo x′(t), caso x′(t) exista. Como
v(t) = limh→0
x(t+ h)− x(t)
h,
v(t) e tambem chamada a taxa de variacao de x em relacao ao tempo no
instante t.
Suponhamos que, para um certo instante t, v(s) exista para s em um
intervalo aberto contendo t. A aceleracao da partıcula no instante t, denotada
por a(t), e definida como sendo v′(t), caso v′(t) exista. Como
a(t) = limh→0
v(t+ h)− v(t)
h,
a(t) e tambem chamada a taxa de variacao de v em relacao ao tempo no
instante t.
Exemplo 14.1
Consideremos uma partıcula que cai sob influencia exclusiva da gravidade.
Dados experimentais mostram que a posicao da partıcula no instante t e dada
por x = x(t) = Gt2
2, onde G e a constante gravitacional. Vamos encontrar a
velocidade da partıcula no instante t e a aceleracao da partıcula no instante t.
De fato, como x(t) = Gt2
2, a velocidade da partıcula no instante t e
v(t) = x′(t) = Gt e a aceleracao da partıcula no instante t e a(t) = v ′(t) = G.
Exemplo 14.2
Uma partıcula se move sobre o eixo x das abscissas de modo que a posicao
x da mesma no instante t seja dada por x = x(t) = 1 + t3, sendo x medida
em metros e t em segundos. Vamos determinar:
(a) a posicao da partıcula nos instantes t = 0, t = 1 e t = 2;
(b) a velocidade da partıcula no instante t;
(c) a aceleracao da partıcula no instante t.
(a) Como x(0) = 1, x(1) = 2 e x(2) = 9, a partıcula estara 1 metro a
direita da origem no instante t = 0, 2 metros a direita da origem no
instante t = 1 e 9 metros a direita da origem no instante t = 2 (ver a
Figura 14.1).
CEDERJ 132
Velocidade e aceleracao. Taxa de variacao.MODULO 1 - AULA 14
x
920
t=2t=1t=0
1
Figura 14.1
(b) Como x(t) = 1 + t3, entao v(t) = x′(t) = 3t2. Assim, a velocidade da
partıcula no instante t e de 3t2 m/s.
(c) Como v(t) = 3t2, entao a(t) = v′(t) = 6t. Assim, a aceleracao da
partıcula no instante t e de 6t m/s2.
Exemplo 14.3
Um objeto se move em linha reta, a partir de um ponto P , de modo que a
sua posicao (medida em metros) e dada por x(t) = 2t se 0 ≤ t ≤ 2, x(t) = 4
se 2 ≤ t ≤ 3 e x(t) = −2t+ 10 se 3 ≤ t ≤ 5. Determinemos a velocidade do
objeto.
E facil ver que x e derivavel em [0, 5] − {2, 3}, sendo x′(t) = 2 se
0 ≤ t < 2, x′(t) = 0 se 2 < t < 3 e x′(t) = −2 se 3 < t ≤ 5. Portanto,
v(t) = 2 se 0 ≤ t < 2, v(t) = 0 se 2 < t < 3 e v(t) = −2 se 3 < t ≤ 5, sendo
a velocidade medida em metros por segundo. Observemos que o objeto se
afasta do ponto P nos primeiros 2 segundos, depois fica parado por 1 segundo
e nos ultimos 2 segundos retorna ao ponto P .
Exemplo 14.4
Um quadrado se expande de tal maneira que seu lado varia a razao de 5
cm/s. Determinemos a taxa de variacao de sua area no instante em que o
lado do quadrado possua 6 cm de comprimento.
Representemos por x = x(t) o comprimento do lado do quadrado no
instante t. Logo, A(x) = x2 representa a area do quadrado em funcao do
lado x do quadrado.
Para todo t temosdA
dt=dA
dx
dx
dt.
Mas, como dAdx
= 2x e como nos e dado que dxdt
= 5 para todo t, con-
cluımos que dAdt
= 10x(t) para todo t. Em particular, quando x(t) = 6, vemdAdt
= 60.
Assim, a taxa de variacao procurada e de 60 cm2/s.
133 CEDERJ
Velocidade e aceleracao. Taxa de variacao.
Exemplo 14.5
Um ponto se move ao longo do grafico de y = x5 em direcao a origem, de modo
que sua abscissa x varia a razao de 2 unidades por segundo. Determinemos
a taxa de variacao da ordenada y do ponto, quando x = 4.
Temos que x = x(t) e nos e dado que dxdt
= −2 para todo t. Sabemos
ainda que y = y(x) = x5. Portanto,
dy
dt=dy
dx
dx
dt
para todo t. Como dydx
= 5x4, concluımos que dydt
= −10(x(t))4 para todo t.
Em particular, quando x(t) = 4, vem dydt
= −10.44 = −2560.
Assim, a ordenada y do ponto decresce a taxa de 2560 unidades por
segundo quando x = 4 unidades.
Exemplo 14.6
Um cilindro e comprimido lateralmente e se alonga de tal modo que o raio
da base decresce a uma taxa de 2 cm/s e a altura cresce a uma taxa de 5
cm/s. Vamos achar a taxa de variacao segundo a qual o volume do cilindro
varia quando o raio da base mede 6 cm e a altura 8 cm.
Com efeito, representemos por r = r(t) o raio da base do cilindro e por
h = h(t) a altura do cilindro (ver a Figura 14.2). Sao fornecidas as seguintes
informacoes: drdt
= −2 e dhdt
= 5 para todo t.
Figura 14.2
Como o volume V = V (t) do cilindro e V = πr2h, temos
dV
dt= π
(2rdr
dth+ r2dh
dt
)= π(5(r(t))2 − 4r(t)h(t))
para todo t.
CEDERJ 134
Velocidade e aceleracao. Taxa de variacao.MODULO 1 - AULA 14
Em particular, quando r(t) = 6 e h(t) = 8, vem
dV
dt= π(5× 62 − 4× 6× 8) = π(180− 192) = −12π.
Assim, o volume do cilindro decresce a taxa de 12π cm3/s quando o
raio da base mede 6 cm e a altura mede 8 cm.
Exemplo 14.7
Dois trens saem de uma mesma estacao com 3 horas de diferenca. O primeiro
trem se desloca para o norte a uma velocidade de 100 km/h e o segundo para
o leste a uma velocidade de 60 km/h, sendo que o segundo saiu 3 horas
depois do primeiro. Determinemos a taxa de variacao da distancia entre os
dois trens 2 horas depois do segundo haver partido.
Representemos por x = x(t) a posicao do segundo trem a sair, por
y = y(t) a posicao do primeiro trem a sair e por z = z(t) a distancia entre
os dois trens (ver a Figura 14.3); entao z2 = x2 + y2.
~,ESTACAO
NORTE
LESTEx
z
y
Figura 14.3
Sao fornecidas as seguintes informacoes: dydt
= 100 para todo t ≥ 0 edxdt
= 60 para todo t ≥ 3, sendo y(0) = 0 e x(3) = 0 ( lembrar que o segundo
trem partiu 3 horas depois do primeiro).
Como z2 = x2 + y2, segue que
2zdz
dt= 2x
dx
dt+ 2y
dy
dt= 120x+ 200y,
ou seja,dz
dt=
60x(t) + 100y(t)
z(t)
para todo t ≥ 3.
135 CEDERJ
Velocidade e aceleracao. Taxa de variacao.
Notemos que, 2 horas apos o segundo trem ter saıdo, ele estara a 60×2 =
120 km da estacao. Por outro lado, o primeiro ja tera saıdo ha 5 horas,
estando portanto a 100 × 5 = 500 km da estacao. Logo, x(5) = 120 e
y(5) = 500. Assim, a distancia entre os dois trens e z(5) =√
1202 + 5002.
Consequentemente,
dz
dt
∣∣∣∣t=5
=60x(5) + 100y(5)
z(5)=
(60× 120) + (100× 500)√1202 + 5002
km/h
e a taxa de variacao procurada.
Resumo
Nesta aula voce aprendeu o significado da nocao de derivada no contexto
da Fısica.
Exercıcios
1. O comprimento do lado de um quadrado esta crescendo a razao de 7,5
cm/s. Ache a taxa de crescimento da area do quadrado no instante em
que o lado mede 37,5 cm.
2. Um ponto se move ao longo do grafico de y = 1x2+4
de modo que sua
abscissa x varia a razao de 3 unidades por segundo. Determine a taxa
de variacao de sua ordenada y quando x = 2.
3. Dois lados paralelos de um retangulo aumentam a razao de 2 cm/s, mas
os outros dois lados diminuem de tal modo que a figura permaneca um
retangulo de area constante e igual a 50 cm2. Ache a velocidade com
que o perımetro varia quando o lado que aumenta mede 5 cm.
4. Uma escada com 13 m de comprimento esta apoiada em uma parede
vertical alta. No instante t0, a extremidade inferior, que se encontra
a 5m da parede, esta escorregando e se afastando da parede a uma
velocidade de 2 m/s.
(a) A que velocidade o topo da escada esta escorregando no instante
t0?
(b) Um homem esta sobre a escada, a 8 m do solo, no instante t0.
Com que velocidade ele se aproxima do solo?
CEDERJ 136
Velocidade e aceleracao. Taxa de variacao.MODULO 1 - AULA 14
5. Uma fonte luminosa se aproxima perpendicularmente de uma parede
com velocidade constante de 2 m/s, projetando uma imagem circular
sobre esta. Sabendo que a abertura do facho de luz e de π2
rd, calcule a
velocidade com que a area iluminada na parede esta diminuindo quando
a fonte esta a 1 m da parede.
6. Um triangulo ABC, no plano xy, tem o vertice A fixo no ponto (0, 0),
angulo reto no vertice B e o vertice C sobre o grafico de y = 1x2+1
. O
vertice B se move para a direita no eixo x das abscissas a partir do
ponto (1, 0). Sabendo que em um instante t0 a velocidade do vertice B
e de 1 m/s e a sua posicao e de 2 m, calcule a taxa de variacao da area
do triangulo no instante t0.
7. Um homem de 1,80 m de altura corre, em linha reta, em direcao a um
muro a razao de 4 m/s. Diretamente atras dele, a 40 metros do muro,
esta um refletor, 3 metros acima do chao. Calcule a velocidade com que
o comprimento da sombra do homem esta variando no muro quando
ele estiver no meio do caminho entre o refletor e o muro. A sombra
esta aumentando ou diminuindo?
8. Um cone esta inscrito em uma esfera de raio R. Se o raio da esfera esta
aumentando a razao de 0,9 cm/s e a altura do cone esta aumentando
a razao de 0,8 cm/s, determine a razao com que o volume do cone esta
aumentando quando a altura do cone mede 43
cm e o raio da esfera
mede 1 cm.
Auto-avaliacao
Apos ter feito os exercıcios desta aula, voce certamente assimilou melhor
o conteudo da mesma. Caso tenha havido alguma duvida, releia os exemplos
e depois volte aos exercıcios.
137 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.MODULO 1 - AULA 15
Aula 15 – Exercıcios resolvidos.
Referencias: Aulas 1 a 10 e
12, 13 e 14.Objetivo
Amadurecer os conceitos e resultados vistos ate agora, dando enfase ao
conteudo sobre derivacao.
Exercıcio 1: Mostre que limx→0
sen(
1x
)nao existe.
Solucao: Se limx→0
sen(
1x
)existisse, haveria um unico numero real l com a
seguinte propriedade: para toda sequencia (xn) de numeros diferentes de zero
convergindo para zero, a sequencia(sen(
1xn
))convergiria para l. Vejamos
que isto nao ocorre. Realmente, consideremos as sequencias yn = 1π2
+2nπ
(n = 0, 1, 2, . . . ) e zn = 13π2
+2nπ(n = 0, 1, 2, . . . ). Entao lim
n→∞yn = lim
n→∞zn = 0.
Por outro lado, como sen(
1yn
)= sen
(π2
+ 2nπ)
= 1 e sen(
1zn
)= sen
(3π2
+
2nπ)
= −1 para n = 0, 1, 2, . . . , entao limn→∞
sen(
1yn
)= 1 e lim
n→∞sen(
1zn
)= −1.
Consequentemente, limx→0
sen(
1x
)nao existe.
Exercıcio 2: Seja f : R → R definida por f(x) = x2 cos(
1x
)se x 6= 0 e
f(0) = 0. Mostre que f e derivavel em R e forneca a derivada f ′ de f .
Solucao: Inicialmente, vejamos que f e derivavel em 0. Realmente,
limx→0
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0
x2 cos(
1x
)
x= lim
x→0x cos
(1
x
)= 0,
como ja sabemos. Isto mostra que f e derivavel em 0 e f ′(0) = 0.
Vejamos, agora, que f e derivavel em R−{0}. Realmente, consideremos
f1(x) = 1x
para todo x ∈ R − {0} e f2(x) = cosx para todo x ∈ R (e claro
que (f2 ◦f1)(x) = cos(
1x
)se x 6= 0); f1 e derivavel em R−{0} e f1
′(x) = − 1x2
para todo x ∈ R − {0} e f2 e derivavel em R e f2′(x) = −sen x para todo
x ∈ R.
Pela regra da cadeia, f2 ◦ f1 e derivavel em R− {0} e
(f2 ◦ f1)′(x) = f2′(f1(x))f1
′(x) =1
x2sen
(1
x
)
para todo x ∈ R− {0}. Mas, como
f(x) = x2 cos(1
x
)= x2(f2 ◦ f1)(x)
139 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
para todo x ∈ R − {0}, concluımos que f e derivavel em R − {0} (como
produto de duas funcoes derivaveis em R− {0}) e
f ′(x) = 2x(f2 ◦ f1)(x) + x2(f2 ◦ f1)′(x) =
= 2x cos(1
x
)+ x2
(1
x2sen(1
x
))=
= 2x cos(1
x
)+ sen
(1
x
)
para todo x ∈ R− {0}.Em resumo, f e derivavel em R, sendo sua derivada f ′ dada por f ′(x) =
2x cos(
1x
)+ sen
(1x
)se x 6= 0 e f ′(0) = 0.
Exercıcio 3: Sendo f como no Exercıcio 2, mostre que a funcao f ′ nao e
contınua em 0.
Este exercıcio mostra que, em geral, a derivabilidade de uma funcao
nao implica a continuidade de sua derivada.
Solucao: Afirmamos que
limx→0
f ′(x)
nao existe. Realmente, se este limite existisse, da igualdade
f ′(x)− 2x cos
(1
x
)= sen
(1
x
)(x 6= 0)
e do fato de limx→0
2x cos(
1x
)existir, resultaria que lim
x→0sen(
1x
)existiria. Mas
isto nao ocorre, como vimos no Exercıcio 1.
Portanto, f ′ nao e contınua em 0.
Exercıcio 4: Ache um numero inteiro n tal que o polinomio p(x) = x3−x+3
possua uma raiz no intervalo (n, n+ 1).
Solucao: Com efeito, notemos que p(−2) = (−2)3 − (−2) + 3 = −3 < 0
e p(−1) = (−1)3 − (−1) + 3 = 3 > 0. Como p e uma funcao contınua em
[−2,−1] e p(−2) < 0 < p(−1), segue do teorema do valor intermediario que
existe x ∈ (−2,−1) tal que p(x) = 0. Basta entao tomar n = −2 para
concluir.
Exercıcio 5: Sejam f, g : [a, b] → R duas funcoes contınuas tais que
f(a) < g(a) e f(b) > g(b). Mostre que existe x ∈ (a, b) tal que f(x) = g(x).
CEDERJ 140
Exercıcios resolvidos.MODULO 1 - AULA 15
Solucao: De fato, consideremos a funcao f−g que, como ja vimos, e contınua
em [a, b] (lembremos que (f − g)(t) = f(t)− g(t) para todo t ∈ [a, b]). Como
(f − g)(a) = f(a)− g(a) < 0 < f(b)− g(b) = (f − g)(b),
segue do teorema do valor intermediario que existe x ∈ (a, b) tal que (f −g)(x) = 0. Finalmente, como (f − g)(x) = 0 equivale a f(x) = g(x), a nossa
afirmacao esta demonstrada.
Exercıcio 6: Considere a funcao f : R→ R definida por f(x) = x2 se x ≤ 0
e f(x) = x se x > 0, cujo grafico esbocamos na Figura 15.1. Mostre que f
nao e derivavel em 0 e que nao existe reta tangente ao grafico de f no ponto
(0, f(0)) = (0, 0).
0
Figura 15.1
Solucao: De fato, como
limx→0−
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0−
x2
x= lim
x→0−x = 0
e
limx→0+
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0+
x
x= lim
x→0+1 = 1,
entao limx→0
f(x)−f(0)x−0
nao existe. Logo, f nao e derivavel em 0. Alem disso,
como os limites laterais
limx→0−
f(x)− f(0)
x− 0e lim
x→0+
f(x)− f(0)
x− 0
existem mas sao diferentes, nao existe reta tangente ao grafico de f no ponto
(0, 0).
141 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
Exercıcio 7: Sendo f(x) = sen3(
cos(x2)1+x4
), calcule f ′(x) para todo x ∈ R e
forneca f ′(1).
Solucao: Definamos f1(x) = cos(x2)1+x4 , f2(x) = sen x e f3(x) = x3 para todo
x ∈ R. Entao f = f3 ◦ f2 ◦ f1. Realmente, para todo x ∈ R,
(f3 ◦ f2 ◦ f1)(x) = (f3 ◦ f2)(f1(x)) =
= (f3 ◦ f2)
(cos(x2)
1 + x4
)=
= f3
(f2
(cos(x2)
1 + x4
))=
= f3
(sen
(cos(x2)
1 + x4
))=
= sen3
(cos(x2)
1 + x4
)= f(x) .
Como f1, f2 e f3 sao derivaveis em R (justifique porque f1 e derivavel
em R), a regra da cadeia garante que f e derivavel em R e
f ′(x) = (f3 ◦f2 ◦f1)′(x) = (f3 ◦f2)′(f1(x))f1′(x) = (f3 ◦f2)′
(cos(x2)
1 + x4
)f1′(x)
para todo x ∈ R.
Por outro lado,
f1′(x) =
−2x sen (x2)− 4x3 cos(x2)
(1 + x4)2= −2x sen (x2) + 4x3 cos(x2)
(1 + x4)2
e
(f3 ◦ f2)′(x) = f3′(f2(x))f2
′(x) = 3(f2(x))2(cosx) = 3(sen2x)(cosx)
para todo x ∈ R.
Portanto,
f ′(x) = (f3 ◦ f2)′(
cos(x2)
1 + x4
)f1′(x) =
= −32x sen (x2) + 4x3 cos(x2)
(1 + x4)2sen2
(cos(x2)
1 + x4
)(cos
(cos(x2)
1 + x4
))
CEDERJ 142
Exercıcios resolvidos.MODULO 1 - AULA 15
para todo x ∈ R. Em particular, fazendo x = 1, obtemos
f ′(1) = − 3
4(2sen 1 + 4 cos 1)sen2
(cos 1
2
)(cos
(cos 1
2
))=
= −3
(sen 1
2+ cos 1
)sen2
(cos 1
2
)(cos
(cos 1
2
)).
Exercıcio 8 (Exercıcio 4, da aula 13): Considere a elipse x2
4+ y2
9= 1. Sendo
(u, v) um ponto sobre a elipse tal que v 6= 0, ache a equacao da reta tangente
a mesma no ponto (u, v).
Solucao: Seja y = f(x) uma funcao derivavel dada implicitamente pela
equacao x2
4+ y2
9= 1 tal que f(u) = v. Derivando implicitamente, obtemos
2x
4+
2y
9
dy
dx= 0, isto e,
y
9
dy
dx= −x
4.
Logo, se y 6= 0,dy
dx= −9
4
x
y.
Portanto, a equacao da reta tangente ao grafico de f no ponto (u, f(u)) =
(u, v), que coincide com a equacao da reta tangente a elipse x2
4+ y2
9= 1 no
ponto (u, v), e
y = v +dy
dx
∣∣∣∣x=u
(x− u).
Mas dydx
∣∣x=u
= −94uv. Assim, a equacao da reta em questao e
y = v − 9u
4v(x− u),
isto e,
9ux+ 4vy = 9u2 + 4v2 = 36,
isto e,ux
4+vy
9= 1.
143 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
Exercıcio 9: Um triangulo ABC esta inscrito em um semi-cırculo de diametro
AC = 10 cm, como mostra a Figura 15.2. Sabendo que o vertice B varia
sobre o semi-cırculo e que o lado AB aumenta a razao de 32
cm/s, determine
a taxa de variacao da area do triangulo no instante em que o lado AB mede
8 cm.
B
CA 10
yx
Figura 15.2
Solucao: Sejam x = x(t) e y = y(t) os comprimentos dos catetos AB e BC
da triangulo retangulo ABC. Como x2 + y2 = 100, temos
2xdx
dt+ 2y
dy
dt= 0,
isto e,
x(t)dx
dt+ y(t)
dy
dt= 0
para todo t. Como dxdt
= 32
para todo t, temos
3
2x(t) + y(t)
dy
dt= 0
para todo t. Alem disso, quando x(t) = 8, y(t) =√
100− 82 =√
36 = 6;
logo, 6dydt
= −32× 8 = −12, isto e, dy
dt= −2.
Seja S = S(t) a area do triangulo ABC. Como S = xy2
, entao
dS
dt=
1
2
[dxdty + x
dy
dt
],
isto e,dS
dt=
1
2
[dxdty(t) + x(t)
dy
dt
],
para todo t. Portanto, quando x(t) = 8, podemos finalmente afirmar que
dS
dt=
1
2
[3
2× 6 + 8× (−2)
]= −7
2.
Assim, a area do triangulo ABC decresce a uma taxa de 72
cm2/s quando
o lado AB mede 8 cm.
CEDERJ 144
Exercıcios resolvidos.MODULO 1 - AULA 15
Exercıcio 10: Um cone circular reto e obtido girando-se um triangulo
retangulo de hipotenusa constante e igual a 6 cm em torno de um de seus
catetos. Determine a taxa de variacao do volume do cone no instante em que
a altura do cone seja de 2√
5 cm e esteja aumentando a razao de 2cm/s.
Solucao: Sejam x = x(t) e y = y(t) os catetos do triangulo mencionado no
enunciado do exercıcio, como indicado na Figura 15.3.
Figura 15.3
Como x2 + y2 = 36, temos
2xdx
dt+ 2y
dy
dt= 0,
isto e,
x(t)dx
dt+ y(t)
dy
dt= 0
para todo t. Como dydt
= 2 para todo t, temos
dx
dtx(t) + 2y(t) = 0
para todo t. Alem disso, quando y(t) = 2√
5, x(t) =√
36− (2√
5)2 =√
16 =
4; logo, 4dxdt
+ 4√
5 = 0, isto e, dxdt
= −√
5.
Seja V = V (t) o volume do cone em questao. Entao V = 13πx2y. Logo,
dV
dt=π
3
[2xdx
dty + x2dy
dt
],
isto e,dV
dt=π
3
[2x(t)
dx
dty(t) + (x(t))2dy
dt
]
145 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
para todo t. Portanto, quando y(t) = 2√
5, obtemos
dV
dt=π
3
[2× 4× (−
√5)× (2
√5) + 42 × 2
]= −16π.
Assim, o volume do cone decresce a uma taxa de 16π cm3/s quando
sua altura e de 2√
5 cm.
Resumo
Esta aula certamente contribuiu para solidificar a sua compreensao do
conceito de derivada, criando condicoes para que voce volte aos exercıcios que
ainda nao tenha feito e habilitando-o a prosseguir o curso com seguranca.
CEDERJ 146
Modulo 2
Derivacao e Aplicacoes
Quando consideramos, por exemplo, a funcao f(x) = x2, ja sabemos do
Pre-Calculo que seu grafico e uma parabola. Algumas perguntas naturais que
podemos fazer sao: Se tomarmos dois pontos do grafico da funcao, digamos
(1,1) e (2,4), o que nos garante que a parte do grafico compreendida entre
esses dois pontos e realmente como a desenhamos? O que nos garante que
o grafico entre eles nao e, por exemplo, “ondulado” ? Sera que em algum
pedaco do grafico aparece uma “quina”? Enfim, essas e outras questoes nos
levam, naturalmente, a seguinte questao geral: Como esbocar, de maneira
razoavelmente fiel, o grafico de uma determinada funcao?
O objetivo deste modulo e desenvolver, a partir do conceito de derivada
introduzido no Modulo 1, conceitos e tecnicas que nos permitam responder
a essas e outras questoes. Voce vera ao longo do modulo que cada novo con-
ceito apresentado esta intimamente ligado a certas propriedades importantes
dos graficos de funcoes. Assim, apos cada etapa, voce estara mais apto a
compreender o comportamento do grafico de funcoes e, portanto, a esboca-
los mais fielmente. Voce vera, tambem, que a derivada permitira o calculo
de certos limites que, com as tecnicas vistas no Modulo 1, nao eramos ca-
pazes de calcular. Finalmente, estudaremos mais profundamente as funcoes
trigonometricas inversas, ja introduzidas na disciplina de Pre-Calculo.
7 CEDERJ
O Teorema do valor medio.MODULO 2 - AULA 16
Aula 16 – O Teorema do valor medio.
Referencias: Aulas 9, 10,
11 e 12.Objetivo
Usar os conceitos de continuidade e derivabilidade para obter determi-
nadas propriedades geometricas do grafico de funcoes.
Vamos comecar com a seguinte observacao intuitiva sobre graficos de
funcoes: Seja f : [a, b] → R uma funcao contınua em [a, b] e derivavel em
(a, b). Entao existe pelo menos um ponto P do grafico de f , situado entre
A = (a, f(a)) e B = (b, f(b)), tal que a reta tangente ao grafico de f no
ponto P e paralela a reta que contem A e B (ver a Figura 16.1).
PB
A
f(b)
f(a)
ba0
Figura 16.1
A observacao acima envolve dois fatos ja vistos anteriormente. Com
efeito, vimos na aula 9 que se f e derivavel em todo ponto do intervalo
(a, b), entao o grafico de f possui reta tangente em qualquer ponto entre
A = (a, f(a)) e B = (b, f(b)) e a derivada f ′(x) num ponto x e exatamente o
coeficiente angular da reta tangente ao grafico no ponto (x, f(x)). Por outro
lado, dizer que duas retas sao paralelas significa dizer que elas possuem o
mesmo coeficiente angular.
O coeficiente angular de uma
reta r e a tangente do
angulo que a reta r faz com
o eixo x das abscissas.
Nos exemplos que seguem, utilizaremos estes fatos para determinar P .
Exemplo 16.1
Considere a funcao f(x) = x2, sejam A = (1, f(1)) = (1, 1) e
B = (2, f(2)) = (2, 4) dois pontos do grafico de f e r a reta que contem
A e B (ver a Figura 16.2).
9 CEDERJ
O Teorema do valor medio.
r
B
A
4
1
210
Figura 16.2
Vamos mostrar que existe pelo menos um ponto intermediario P , do
grafico de f , tal que a reta tangente em P e paralela a reta r.
O coeficiente angular da reta r e dado por f(2)−f(1)2−1
= 4−11
= 3. Assim,
para encontrarmos o ponto P , precisamos encontrar um ponto c ∈ (1, 2) tal
que f ′(c) = 3 pois, neste caso, a reta tangente ao grafico de f no ponto
P = (c, f(c)) tera o mesmo coeficiente angular que a reta r e sera, portanto,
paralela a esta ultima (ver a Figura 16.3).
r
P
B
A
4
1
23 210
Figura 16.3
Ora, f ′(x) = 2x para todo x ∈ (1, 2); logo, f ′(x) = 3 se, e so-
mente se, 2x = 3, ou seja, x = 32. Vemos assim que o ponto procurado e
P =(
32, f(
32
))=(
32, 9
4
).
Vamos agora determinar a equacao da reta tangente ao grafico que
passa por P . Como seu coeficiente angular e igual a 3, sua equacao e da
CEDERJ 10
O Teorema do valor medio.MODULO 2 - AULA 16
forma y = 3x + b. Por outro lado, como ela passa pelo ponto P =(
32, 9
4
),
temos que 94
= 3 × 32
+ b, ou seja, b = − 94. Portanto, a equacao da reta
procurada e y = 3x− 94.
Exemplo 16.2
Considere a funcao f(x) = x13 e sejam A = (0, f(0)) = (0, 0) e
B = (8, f(8)) = (8, 2) dois pontos do grafico de f . Queremos determinar
um ponto (c, f(c)) do grafico tal que a reta tangente por esse ponto seja
paralela a reta r que contem A e B (ver a Figura 16.4).
rB
A0
2
8
Figura 16.4
A funcao f e derivavel em todo ponto x ∈ (0, 8] (mas nao e derivavel
em x = 0); portanto, seu grafico possui reta tangente em todo ponto entre
A e B. O coeficiente angular da reta r e f(8)−f(0)8−0
= 14. Queremos, portanto,
determinar um ponto c ∈ (0, 8) tal que f ′(c) = 14.
Ora, f ′(x) = 1
3(x13 )2
; assim, o numero c procurado e tal que
1
3(c13 )2
= 14, ou seja, c =
(2√3
)3= 1, 5396 · · · e o ponto procurado e
(c, f(c)) =((
2√3
)3, 2√
3
).
De um modo geral, temos o seguinte teorema:
Uma demonstracao rigorosa
deste Teorema sera vista na
disciplina de Analise.
Teorema 16.1 (Teorema do valor medio)
Seja f uma funcao contınua no intervalo [a, b] e derivavel no intervalo aberto
(a, b). Entao existe pelo menos um numero c ∈ (a, b) tal que
f ′(c) =f(b)− f(a)
b− aNo Exemplo 16.1, temos a = 1, b = 2 e f(x) = x2; e, no Exemplo
16.2, a = 0, b = 8, e f(x) = x13 . O coeficiente angular da reta r em cada
um dos casos e o numero f(b)−f(a)b−a . Em ambos os casos, o numero c ∈ (a, b)
encontrado e unico, ou seja, a reta tangente ao grafico e paralela a reta r, e
unica. Entretanto, pode haver mais de um numero c satisfazendo a conclusao
do Teorema do valor medio, como veremos no exemplo a seguir.
11 CEDERJ
O Teorema do valor medio.
Exemplo 16.3
Sejam f : [−2, 2] → R definida por f(x) = x3, A = (−2,−8) e B = (2, 8)
dois pontos do grafico de f e r a reta contendo A e B (ver a Figura 16.5).
r
A
B
0
–8
8
–2 2
Figura 16.5
O coeficiente angular da reta r e igual a f(2)−f(−2)2−(−2)
= 4. Por outro lado,
para todo x ∈ (−2, 2), f ′(x) = 3x2. Queremos determinar os valores de x
para os quais f ′(x) = 4. Como 3x2 = 4 se, e somente se, x = 2√3
ou x = − 2√3,
vemos que ha dois valores c ∈ (−2, 2) para os quais f ′(c) = 4.
Agora, uma pergunta natural e a seguinte:
A hipotese “f derivavel em (a, b)” e realmente necessaria para
a validade do Teorema do valor medio?
Vejamos:
Exemplo 16.4
Seja a funcao f : [−1, 1]→ R definida por f(x) = |x|, e sejam A = (−1, 1) e
B = (1, 1) dois pontos de seu grafico (ver a Figura 16.6).
Note que o grafico de f nao possui reta tangente paralela a reta r
que contem os pontos A e B. Realmente, o coeficiente angular da reta r
e f(1)−f(−1)1−(−1)
= 0. Por outro lado, f e derivavel em todo ponto x ∈ (−1, 1),
exceto em x = 0. Alem disso, ja vimos que f ′(x) = −1 para todo −1 < x < 0,
e que f ′(x) = 1 para todo 0 < x < 1.
CEDERJ 12
O Teorema do valor medio.MODULO 2 - AULA 16
1
1–1
A B
0
Figura 16.6
Vemos, assim, que a conclusao do Teorema do valor medio falha no
exemplo acima, o que nos mostra a real necessidade da hipotese de derivabi-
lidade em todo ponto do intervalo aberto.
O exemplo a seguir nos mostra que a hipotese “f contınua em [a, b]”
e tambem necessaria para assegurar a validade do Teorema do valor
medio.
Exemplo 16.5
Sejam f : [0, 4] → R definida por f(x) = 14−x se x 6= 4 e f(x) = 0 se x = 4,
A =(0, 1
4
)e B = (4, 0) dois pontos do grafico de f .
Vemos que a reta r que contem A e B nao e paralela a qualquer reta
tangente ao grafico de f . Com efeito, em todo ponto x ∈ [0, 4), sua derivada
e f ′(x) = 1(4−x)2 , que e sempre um numero positivo. Por outro lado, o
coeficiente angular da reta r e igual a − 116
(ver a Figura 16.7).
rA
B0 4
Figura 16.7
Uma observacao geometrica bastante intuitiva que podemos fazer e que
se o grafico de uma funcao f possui reta tangente em todo ponto entre
(a, f(a)) e (b, f(b)) e f(a) = f(b), entao existe pelo menos um ponto inter-
mediario de modo que a reta tangente naquele ponto e paralela ao eixo x das
abscissas. Vejamos um exemplo.
13 CEDERJ
O Teorema do valor medio.
Exemplo 16.6
Seja f(x) = x3 − 2x2 + 1 definida no intervalo [a, b] = [0, 2] (ver a Figura
16.8).
43
0
1
21
Figura 16.8
Note que f(0) = 1 e f(2) = 1. Assim, se considerarmos os dois pontos
A = (0, 1) e B = (2, 1) do grafico de f , vemos que o coeficiente angular
da reta r que contem A e B e igual a zero, ou seja, a reta r e paralela ao
eixo x das abscissas. Por outro lado, como f ′(x) = 3x2 − 4x, vemos que
f ′(x) = 0 para x = 0 e x = 43. Logo, ha um unico c ∈ (0, 2) tal que f ′(c) = 0,
a saber, c = 43
.
De maneira geral, temos o seguinte Teorema:
Teorema 16.2 (Teorema de Rolle)
Se f : [a, b] → R e contınua em [a, b] e derivavel no intervalo aberto (a, b) e
f(a) = f(b), entao existe pelo menos um numero c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0.
Michel Rolle nasceu em 21
de abril de 1652 em Ambert,
Basse-Auvergne, Franca. Ele
teve pouca educacao formal,
tendo sido na verdade um
autodidata. Seus trabalhos
versavam sobre Analise
Diofantina, Algebra e
Geometria. Entretanto, ficou
mais conhecido pelo
Teorema que leva seu nome,
publicado num obscuro livro
em 1691, em cuja prova foi
usado um metodo de Hudde.
Vale lembrar que Rolle era
um forte opositor ao
Calculo, tendo afirmado: O
Calculo e uma colecao
engenhosa de falacias.
Demonstracao: Aplicando o Teorema do valor medio a f , concluımos que
existe pelo menos um numero c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = f(b)−f(a)b−a .
Como f(b) = f(a), segue que f ′(c) = 0.
O exemplo abaixo mostra que pode existir mais de um numero c em
(a, b) para o qual f ′(c) = 0.
Exemplo 16.7
Seja f(x) = x3 − 3x2 − x + 3, a qual satisfaz f(−1) = f(3) = 0. Como
f ′(x) = 3x2 − 6x− 1, f ′(x) = 0 se, e somente se, x = 1 +√
23
ou x = 1−√
23
.
Como x = 1 +√
23
e x = 1 −√
23
pertencem a (−1, 3), vemos que ha dois
numeros c ∈ (−1, 3) tais que f ′(c) = 0.
Veremos, na disciplina de
Analise, que embora o
Teorema de Rolle seja um
caso particular do Teorema
do valor medio, este ultimo e
uma consequencia do
primeiro.
CEDERJ 14
O Teorema do valor medio.MODULO 2 - AULA 16
Resumo
Nesta aula, vimos dois importantes Teoremas que nos mostram como
as retas tangentes ao grafico de uma funcao nos dao informacoes geometricas
sobre o seu comportamento. Como as retas tangentes sao determinadas es-
sencialmente pelo seu coeficiente angular, ou seja, pela derivada da funcao,
vemos a relevancia desse conceito para o entendimento das funcoes.
Lembrete
Esta aula e de fundamental importancia, pois ela contribui para sedi-
mentar o conceito de derivada e sua interpretacao geometrica. Estaremos,
ate a aula 24, explorando o conceito de derivada como uma ferramenta para
aprofundar nosso entendimento sobre o comportamento de funcoes. Assim e
muito importante que voce resolva os exercıcios que se seguem pois, atraves
deles, voce tera a oportunidade de fixar o significado dos teoremas vistos
acima.
Exercıcios
1. Verifique se cada uma das funcoes abaixo, definidas no intervalo [a, b],
satisfaz ou nao as hipoteses do Teorema do valor medio. Em caso
afirmativo, determine um numero c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = f(b)−f(a)b−a .
a) f(x) =√x− 1, [a, b] = [1, 5];
b) f(x) =
{x2−1x−1
se x 6= 1
2 se x = 1[a, b] = [0, 1];
c) f(x) =
{x2+x−2x2−1
se x 6= 1
4 se x = 1[a, b] = [0, 1];
d) f(x) = x2 − 4x+ 3, [a, b] = [1, 3].
2. Em cada um dos itens abaixo, determine qual das hipoteses do Teorema
do valor medio nao e valida. Justifique sua resposta.
a) f(x) =
{4
x−3se x 6= 3
1 se x = 3[a, b] = [1, 6];
b) f(x) = 1− |x|, [a, b] = [−1, 1];
c) f(x) =
{2x+ 3 se x ≤ 3
5x− 6 se x > 3[a, b] = [1, 5];
d) f(x) = 3(x− 4)23 , [a, b] = [0, 4].
15 CEDERJ
O Teorema do valor medio.
3. Para a funcao f(x) = 4x3 + 12x2 − x − 3 determine tres conjuntos de
valores para a e b, tais que as hipoteses do Teorema de Rolle sejam
satisfeitas no intervalo [a, b]. Depois, encontre para cada um deles o
valor conveniente para c que satisfaca a conclusao do teorema.
4. Se f(x) = x4 − 2x3 + 2x2 − x, entao f ′(x) = 4x3 − 6x2 + 4x− 1. Use o
Teorema de Rolle para mostrar que a equacao 4x3 − 6x2 + 4x− 1 = 0
possui pelo menos uma solucao no intervalo (0, 1).
5. Para as funcoes definidas em cada intervalo correspondente, determine
quais hipoteses do Teorema de Rolle sao satisfeitas e quais, se existir
alguma, nao sao satisfeitas. Para aquelas funcoes que satisfazem todas
as hipoteses do Teorema de Rolle, determine um ponto do grafico cuja
reta tangente e paralela ao eixo x das abscissas.
a) f(x) = x34 − 2x
14 , [0, 4]; c) f(x) = x2−x−12
x−3, [−3, 2].
b) f(x) =
{2x2−5x+3
x−1se x 6= 1
−1 se x = 1,[1, 5
2
];
6. A recıproca do Teorema de Rolle nao e verdadeira. Em cada um dos
itens abaixo, construa um exemplo satisfazendo a conclusao do teorema
mas tal que:
a) f nao e contınua em [a, b] mas e derivavel em (a, b) e f(a) = f(b);
b) f e contınua em [a, b], f(a) = f(b) mas f nao e derivavel em (a, b);
c) f e contınua em [a, b], derivavel em (a, b) mas f(a) 6= f(b).
Desafio
Use o Teorema de Rolle para demonstrar que a equacao
x5 + x3 + 2x− 3 = 0 tem exatamente uma raiz no intervalo (0, 1).
Auto-avaliacao
Em todos os exercıcios voce deve demonstrar total domınio dos con-
ceitos de continuidade e derivabilidade de funcoes pois, em cada um deles,
voce deve verificar a validade das hipoteses dos Teoremas vistos nesta aula.
E tambem exigido de voce a compreensao do significado dos Teoremas para
poder aplica-los; e o caso principalmente dos Exercıcios 4,5, 6 e, tambem, do
Desafio. Se voce encontrar alguma dificuldade em qualquer um dos Exercıcios
de 1 a 6, releia esta aula com mais cuidado.
CEDERJ 16
Funcoes crescentes e decrescentes.MODULO 2 - AULA 17
Aula 17 – Funcoes crescentes e decrescentes.
Referencias: Aulas 9, 10,
11, 12 e 16.Objetivo
Usar o conceito de derivada para compreender as propriedades de cres-
cimento e decrescimento de funcoes.
A ideia de funcao crescente ou decrescente e bastante simples. Quando
estamos percorrendo um determinado caminho numa montanha, nos depara-
mos com tres tipos de percurso: o primeiro tipo de percurso e aquele que, ao
ser percorrido, a altitude sempre aumenta, isto e, estamos sempre subindo; o
segundo e aquele que, ao ser percorrido, a altitude e sempre constante, isto e,
estamos caminhando horizontalmente em relacao ao nıvel do mar; o terceiro
e aquele cuja altitude sempre diminui, quando o percorremos, isto e, estamos
sempre descendo. Se denotarmos por f(x) a altitude do ponto x do percurso,
podemos representar os tres tipos de percurso pelo seguinte grafico:
0a b c d e
Figura 17.1
Note que, para quaisquer x1, x2 ∈ [a, b] ∪ [c, d] com x1 < x2, temos
f(x1) < f(x2), isto e, o grafico de f entre a e b e entre c e d representa, cada
um deles, um percurso do primeiro tipo. Por outro lado, para quaisquer
x1, x2 ∈ [d, e] com x1 < x2, temos f(x1) > f(x2), isto e, o grafico de f
entre d e e representa um percurso do terceiro tipo. Dizemos entao que em
[a, b] ∪ [c, d] a funcao f e crescente e que em [d, e] a funcao f e decrescente.
De maneira geral, temos a seguinte definicao:
Definicao 17.1 Uma funcao f e dita crescente (respectivamente decrescente)
num intervalo I se f(x1) < f(x2) (respectivamente f(x1) > f(x2)) para
quaisquer x1, x2 ∈ I com x1 < x2.
17 CEDERJ
Funcoes crescentes e decrescentes.
Voltando ao grafico da Figura 17.1, note que, para quaisquer x1, x2 ∈[b, c] com x1 < x2, tem-se f(x1) = f(x2), ou seja, neste intervalo o grafico
de f representa um percurso do segundo tipo. Concluımos, assim, que no
intervalo [a, d] a funcao f nao decresce. Isso nos leva a seguinte definicao:
Definicao 17.2 Uma funcao f e dita nao decrescente (respectivamente nao
crescente) no intervalo I se para quaisquer x1, x2 ∈ I com x1 < x2, tem-se
f(x1) ≤ f(x2) (respectivamente f(x1) ≥ f(x2)).
Considere, agora, uma funcao f cujo grafico tem reta tangente em todo
ponto (ver a Figura 17.2). Observe que nos intervalos onde f e crescente,
o coeficiente angular das retas tangentes ao grafico e sempre positivo. Ana-
logamente, nos intervalos onde ela e decrescente, o coeficiente angular das
retas tangentes ao grafico e sempre negativo.
0
Figura 17.2
Ja vimos, por outro lado, que se f e derivavel num ponto x, entao
ela possui reta tangente ao grafico no ponto (x, f(x)), e que o coeficiente
angular dessa reta e o numero f ′(x). Assim, se f e derivavel num intervalo
I e crescente em I, entao f ′(x) > 0 para todo x ∈ I. Analogamente, se
f e derivavel num intervalo I e decrescente em I, entao f ′(x) < 0 para
todo x ∈ I. A proposicao a seguir mostra que a recıproca destas afirmacoes
tambem e verdadeira.
Proposicao 17.1
Seja f uma funcao derivavel num intervalo nao trivial I. Entao:
(a) Se f ′(x) = 0 para todo x ∈ I, f e constante em I.
(b) Se f ′(x) > 0 para todo x ∈ I, f e crescente em I.
(c) Se f ′(x) < 0 para todo x ∈ I, f e decrescente em I.
Demonstracao: Sejam x1, x2 dois pontos arbitrarios de I com x1 < x2. Pelo
Teorema do valor medio, existe um ponto c ∈ (x1, x2) tal que
f(x2)− f(x1)
x2 − x1
= f ′(c) .
CEDERJ 18
Funcoes crescentes e decrescentes.MODULO 2 - AULA 17
Agora, se f ′(x) = 0 para todo x ∈ I, obtemos f(x2)−f(x1)x2−x1
= 0, isto e,
f(x1) = f(x2). Como x1 e x2 sao arbitrarios, concluımos que f e constante
em I, o que prova (a).
Suponha, agora, f ′(x) > 0 para todo x ∈ I. Assim, f(x2)−f(x1)x2−x1
> 0 e,
como x2−x1 > 0, obtemos f(x2)− f(x1) > 0, ou seja, f(x1) < f(x2). Sendo
x1 e x2 arbitrarios, concluımos que f e crescente em I, o que prova (b).
A demonstracao de (c) e analoga(neste caso, f(x2)−f(x1)
x2−x1< 0).
Corolario 17.1
Sejam f, g : I → R duas funcoes derivaveis num intervalo nao trivial I tais
que f ′(x) = g′(x) para todo x ∈ I. Entao existe uma constante c ∈ R tal
que f(x) = g(x) + c para todo x ∈ R.
Demonstracao: Consideremos a funcao f − g que, como sabemos, e derivavel
em I. Como
(f − g)′(x) = f ′(x)− g′(x) = 0
para todo x ∈ I, segue do item (a) da Proposicao 17.1 que existe c ∈ R tal
que f(x)− g(x) = c para todo x ∈ I, como querıamos demonstrar.
Exemplo 17.1
Vamos mostrar que
cos2x+ sen2x = 1
para todo x ∈ R, fato que voce ja estudou em Pre-Calculo.
De fato, definamos f(x) = cos2x + sen2x para todo x ∈ R. Entao f
e derivavel em R e f ′(x) = −2(cosx)(senx) + 2(senx)(cosx) = 0 para todo
x ∈ R. Pela Proposicao 17.1 (a), temos que a funcao f e constante. Como
f(0) = 1, concluımos que cos2x+ sen2x = 1 para todo x ∈ R.
Exemplo 17.2
Considere a funcao f(x) = x3−3x+ 1. Vamos determinar os intervalos onde
f e crescente e aqueles onde f e decrescente.
Pela Proposicao 17.1, f e crescente nos intervalos onde a derivada e
positiva. Ora, f ′(x) = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1). Consequentemente, f ′(x) > 0
se x2 − 1 > 0, ou seja, se x < −1 ou x > 1. Por outro lado, f ′(x) < 0
se −1 < x < 1. Portanto, f e crescente em (−∞,−1) ∪ (1,+∞) e f e
decrescente em (−1, 1).
19 CEDERJ
Funcoes crescentes e decrescentes.
Os dados acima nos permitem obter um esboco do grafico de f . Com
efeito, temos f(−2) = −1. Como f e crescente em (−∞,−1), para valores
de x menores ou iguais a -2, o grafico de f estara abaixo do eixo x das
abscissas e “subindo” em direcao ao ponto (−2,−1). Sendo f(−1) = 3 e
f ainda crescente no intervalo (−2,−1), o grafico continua “subindo”ate o
ponto (−1, 3). Como f(1) = −1 e f e decrescente em (−1, 1) fica claro
que, neste intervalo, o grafico “desce” do ponto (−1, 3) ao ponto (1,−1).
Finalmente, como f(2) = 3 e f e de novo crescente em (1,+∞), a partir do
ponto (1,−1) o grafico de f “sobe” indefinidamente.
Reunindo as informacoes acima, podemos, agora, esbocar o grafico de
f (ver a Figura 17.3).
–1
1
3
–2 2 –1
Figura 17.3
Exemplo 17.3
Considere a funcao
f(x) =
{2x+ 9 se x ≤ −2,
x2 + 1 se x > −2.
Vamos determinar os intervalos onde f e crescente e aqueles onde f
e decrescente. De novo, com as informacoes obtidas, esbocaremos o grafico
de f .
Para x < −2, f ′(x) = 2; e, para x > −2, f ′(x) = 2x. Alem disso,
verifica-se que limx→−2−
f(x)−f(−2)x−(−2)
= 2 e limx→−2+
f(x)−f(−2)x−(−2)
= −4. Portanto, f nao
e derivavel em x = −2. Sendo a derivada de f positiva para x < −2, temos
que f e crescente no intervalo (−∞,−2). Por outro lado, a derivada de f e
negativa no intervalo (−2, 0), zero em x = 0 e positiva no intervalo (0,+∞).
Concluımos, assim, que f e crescente em (−∞,−2) ∪ (0,+∞) e decrescente
em (−2, 0).
CEDERJ 20
Funcoes crescentes e decrescentes.MODULO 2 - AULA 17
Ja sabemos, pela propria definicao de f , que seu grafico no intervalo
(−∞,−2] e uma reta. Sendo f(−2) = 5, f(0) = 1 e f decrescente em (−2, 0),
seu grafico entre os pontos (−2, 5) e (0, 1) “desce”, “subindo” indefinidamente
a partir do ponto (0, 1) (ver a Figura 17.4).
–4.5
5
1
–2
Figura 17.4
Exemplo 17.4
Considere a funcao
f(x) = (x+ 1)23 (x− 2)
13 .
Vamos determinar os intervalos onde f e crescente e aqueles onde f e
decrescente. Em seguida, esbocaremos o grafico de f .
A funcao f nao e derivavel em x = −1 e x = 2. Para x 6= −1 e
x 6= 2, temos f ′(x) = (x + 1)23
13(x − 2)−
23 + 2
3(x + 1)−
13 (x − 2)
13 , isto e,
f ′(x) = 13
(x+1x−2
) 23 + 2
3
(x+1x−2
)− 13 .
Desenvolvendo, obtemos:
f ′(x) =x− 1
(x− 2)23 (x+ 1)
13
.
Sendo a derivada um quociente, seu sinal sera aquele resultante do
produto dos sinais do numerador, x − 1, e do denominador, (x − 2)23 (x +
1)13 , nos intervalos onde a derivada existe. Alem disso, como f ′(x) = 0
somente para x = 1, e preciso tambem conhecer o sinal da derivada para
valores menores do que 1 e para valores maiores do que 1. Devemos, assim,
estudar os sinais de x−1 e (x−2)23 (x+1)
13 nos intervalos (−∞,−1), (−1, 1),
(1, 2) e (2,+∞). Para facilitar nossa vida, elaboramos uma tabela como na
Figura 17.5.
21 CEDERJ
Funcoes crescentes e decrescentes.
-1 1 2
x− 1 - - + +
(x− 2)23 (x+ 1)
13 - + + +
x−1
(x−2)23 (x+1)
13
+ - + +
Figura 17.5
As colunas sao separadas pelos pontos onde a derivada nao existe e
aqueles onde a derivada e zero, dispostos, da esquerda para a direita, em
ordem crescente, ou seja, -1, 1 e 2. Na primeira coluna, colocamos nas
linhas 1 e 2 as funcoes do numerador e do denominador, respectivamente; na
segunda, os respectivos sinais do numerador e do denominador para valores
menores do que -1; na terceira, os respectivos sinais no intervalo (−1, 1); na
quarta, os respectivos sinais no intervalo (1, 2); e, na quinta, os sinais para
os valores maiores do que 2. A ultima linha da tabela corresponde ao sinal
resultante do produto dos sinais de x− 1 e (x− 2)23 (x+ 1)
13 , nos respectivos
intervalos.
Claramente, x − 1 < 0 equivale a x < 1 e x − 1 > 0 equivale a
x > 1. Agora, como (x − 2)23 = 3
√(x− 2)2 > 0 para todo x 6= 2, o si-
nal de (x − 2)23 (x + 1)
13 fica determinado pelo sinal de (x + 1)
13 , daı o sinal
negativo para valores de x < −1 e positivo para valores de x > −1.
Estamos, agora, aptos a esbocar o grafico de f (ver a Figura 17.6).
2
1–1
–1.6
0
Figura 17.6
Exemplo 17.5
Seja f uma funcao derivavel em todos os pontos, exceto em x = −2 e x = 2,
cuja derivada e f ′(x) = x2−1x2−4
. Vamos determinar os intervalos onde f e
crescente e aqueles onde f e decrescente. Temos que f ′(x) = 0 para x = −1
CEDERJ 22
Funcoes crescentes e decrescentes.MODULO 2 - AULA 17
e x = 1. Dispondo em ordem crescente os pontos onde f nao e derivavel
e aqueles onde a derivada e zero vemos, como no exemplo anterior, que
devemos estudar o sinal de f ′ nos intervalos, (−∞,−2), (−2,−1), (−1, 1),
(1, 2) e (2,+∞). Analisando os sinais do numerador e do denominador temos:
x2 − 1 > 0 para x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞) e x2 − 1 < 0 para x ∈ (−1, 1);
x2 − 4 > 0 para x ∈ (−∞,−2) ∪ (2,+∞) e x2 − 4 < 0 para x ∈ (−2, 2).
Colocando essas informacoes na tabela (ver a Figura 17.7), concluımos que f
e crescente em (−∞,−2)∪(−1, 1)∪(2,+∞) e decrescente em (−2,−1)∪(1, 2).
-2 -1 1 2
x2 − 1 + + - + +
x2 − 4 + - - - +x2−1x2−4
+ - + - +
Figura 17.7
Ate aqui usamos informacoes sobre o sinal da derivada de uma funcao
para obter informacoes sobre seu crescimento ou decrescimento. Entretanto,
o fato de uma funcao ser, por exemplo, crescente num intervalo I, nao nos
permite concluir de que maneira ela cresce. Isso fica mais claro no seguinte
exemplo:
Exemplo 17.6
Sejam f, g : (0, 1)→ R duas funcoes cujos graficos sao como na Figura 17.8.
1f
0 1
g
0
1
1
Figura 17.8
Ambas as funcoes sao crescentes em (0, 1). Entretanto, ha uma dife-
renca fundamental entre seus graficos: para todo x ∈ (0, 1), a reta tangente
ao grafico de f no ponto (x, f(x)) esta sob o grafico de f ao passo que a
reta tangente ao grafico de g no ponto (x, g(x)) esta sobre o grafico de g.
Geometricamente, isto se reflete nos graficos de f e g de maneira evidente.
23 CEDERJ
Funcoes crescentes e decrescentes.
Voce deve neste momento estar se perguntando de que maneira pode
ter certeza de que os esbocos dos graficos dos Exemplos 2, 3 e 4 sao de fato
aqueles indicados nas figuras. A resposta sera dada na proxima aula, onde
veremos rigorosamente como distinguir os dois comportamentos.
Resumo
Nesta aula estudamos, a partir do conceito de derivada, propriedades
de crescimento e decrescimento de funcoes. Como vimos, essas informacoes
sao muito importantes para compreendermos o comportamento de funcoes,
visando um esboco mais preciso de seu grafico.
Exercıcios
1. Para cada uma das funcoes abaixo, encontre os intervalos onde ela e
crescente e aqueles onde ela e decrescente. Esboce o grafico.
a) f(x) = x3 − 12x+ 11 b) f(x) = x3 − 9x2 + 15x− 5
c) f(x) = x5 − 5x3 − 20x− 2 d) f(x) = x2 − 3x2
e) f(x) = x−2x+2
f) f(x) = x75 − 8x
35
g) f(x) = x√
4− x2 h) f(x) = (1− x)2(1 + x)3
i) f(x) =
{x2 − 5 se x < 4,
10− 3x se x ≥ 4.
j) f(x) =
{(x− 2)2 − 3 se x ≤ 5,12(x+ 7) se x > 5.
k) f(x) =
{ √25− x2 se x ≤ 4,
7− x se x > 4.
l) f(x) =
x− 6 se x ≤ 6,
−√
4− (x− 8)2 se 6 < x ≤ 10,
20− 2x se x > 10.
CEDERJ 24
Funcoes crescentes e decrescentes.MODULO 2 - AULA 17
2. Seja f uma funcao contınua em R. Trace um esboco de um possıvel
grafico de f sabendo que: f e derivavel para todo x ∈ R, exceto em
x = −3 e x = 1; f ′(x) < 0 se x ∈ (−∞,−3) ∪ (0, 1); f ′(x) > 0 se
x ∈ (−3, 0) ∪ (1,+∞); f ′(0) = 0.
3. Seja f uma funcao como no Exercıcio 2. Trace um possıvel esboco do
grafico de f em cada um dos seguintes casos, onde e satisfeita a seguinte
condicao adicional:
(a) f ′(x) = −1 se x ∈ (−∞,−3) e f ′(x) = 2 se x ∈ (1,+∞);
(b) limx→−3−
f ′(x) = −1, limx→−3+
f ′(x) = 1 e f ′(x) 6= f ′(y) para x 6= y.
4. Prove que a composta de duas funcoes crescentes e uma funcao cres-
cente, valendo o mesmo para funcoes decrescentes..
5. Seja f uma funcao crescente em I. Prove que: (a) Se g(x) = −f(x),
entao g e decrescente em I; (b) Se f(x) > 0 para todo x ∈ I e
h(x) = 1f(x)
, entao h e decrescente em I.
Auto-avaliacao:
Em todos os exercıcios, e exigido de voce o perfeito entendimento da
definicao de funcao crescente e decrescente, principalmente nos de numero 4
e 5. A realizacao dos exercıcios de numero 1 a 3 requer de voce a compre-
ensao da Proposicao 17.1 para o estudo do comportamento de funcoes. Para
isso, o domınio do estudo do sinal de funcoes em intervalos, e das regras de
derivacao, bem como a interpretacao geometrica da derivada, sao absoluta-
mente necessarios. Tendo alguma dificuldade na execucao dos mesmos releia
a aula e tente novamente. Permanecendo duvidas, procure o tutor no polo.
25 CEDERJ
Concavidade do grafico de funcoes.MODULO 2 - AULA 18
Aula 18 – Concavidade do grafico de funcoes.
Referencias: Aulas 9, 10,
11, 12, 16 e 17.Objetivo
Usar a derivada segunda para identificar os diferentes tipos de compor-
tamento de funcoes crescentes ou decrescentes.
Ao final da aula 17 (Exemplo 17.6), chamamos sua atencao para o fato
de que para uma funcao f crescente no intervalo I, temos duas possibilidades
para o comportamento do seu grafico entre dois de seus pontos (a, f(a)) e
(b, f(b)): um, como na Figura 18.1a e, outro, como na Figura 18.1b.
0
f(a)
f(b)
a b
(a) (b)
0f(a)
f(b)
a b
Figura 18.1
Analogamente, se f e decrescente em I, temos tambem as duas possi-
bilidades de comportamento, indicadas nas Figuras 18.2a e 18.2b.
0
f(b)
f(a)
a b
(a) (b)
0
f(a)
f(b)
a b
Figura 18.2
Nesta aula, veremos que esses diferentes tipos de comportamento po-
dem ser bem determinados a partir da compreensao do comportamento da
derivada da funcao f .
27 CEDERJ
Concavidade do grafico de funcoes.
Facamos, primeiramente, uma consideracao de carater puramente
geometrico.
Observe que, nas situacoes das Figuras 18.1a e 18.2a, ao nos deslo-
carmos sobre o grafico, de (a, f(a)) a (b, f(b)), as retas tangentes giram no
sentido anti-horario, enquanto nas situacoes das Figuras 18.1b e 18.2b, elas
giram no sentido horario. Isso significa que, no primeiro caso, o coefici-
ente angular das retas tangentes aumenta a medida que nos deslocamos de
(a, f(a)) a (b, f(b)); por outro lado, no segundo caso, ele diminui.
Agora, se f e derivavel em I, sabemos que o coeficiente angular da
reta tangente ao grafico em um ponto (x, f(x)) e f ′(x). Assim, dizer que o
coeficiente angular das retas tangentes aumenta (respectivamente, diminui)
quando nos deslocamos de (a, f(a)) a (b, f(b)) equivale a dizer que a derivada
f ′ e uma funcao crescente (respectivamente, decrescente) em (a, b).
De maneira geral temos a seguinte definicao:
Definicao 18.1 Seja f uma funcao derivavel em um intervalo aberto I. Di-
zemos que o grafico de f tem concavidade para cima em I se a derivada
f ′ e uma funcao crescente em I; e tem concavidade para baixo em I se a
derivada f ′ e uma funcao decrescente em I.
Antes de prosseguir, vejamos um exemplo simples que nos permite fixar
o conceito de concavidade.
Exemplo 18.1
Considere as duas funcoes crescentes f, g : (0,+∞) → R, definidas por
f(x) = x2 e g(x) =√x. As duas funcoes sao derivaveis em (0,+∞),
f ′(x) = 2x e g′(x) = 12√x. Como para quaisquer x1, x2 ∈ (0,+∞) com
x1 < x2, f ′(x1) < f ′(x2) e g′(x1) > g′(x2), temos que f ′ e crescente em
(0,+∞) e g′ e decrescente em (0,+∞).
Assim, f tem concavidade para cima em (0,+∞) e g tem concavidade
para baixo em (0,+∞), sendo seus graficos como na Figura 18.3.
CEDERJ 28
Concavidade do grafico de funcoes.MODULO 2 - AULA 18
f
0
g
0
Figura 18.3
Vimos, na aula 17, que os sinais da derivada determinam os intervalos
onde uma funcao e crescente ou decrescente. Suponha entao que uma funcao
f definida em um intervalo aberto I e tal que sua derivada f ′ e derivavel em
I. Neste caso dizemos que f e duas vezes derivavel em I e denotamos por
f′′
a derivada da funcao f′, chamada derivada segunda de f . Os sinais de f
′′
em I determinam entao, em quais intervalos f′
e crescente e em quais ela e
decrescente e, portanto, determinam em quais intervalos o grafico de f tem
concavidade para cima e em quais ele tem concavidade para baixo.
Temos, assim, a seguinte proposicao:
Proposicao 18.1
Seja f uma funcao duas vezes derivavel no intervalo aberto I.
(a) Se f′′(x) > 0 para todo x ∈ I, o grafico de f tem concavidade para
cima em I.
(b) Se f′′(x) < 0 para todo x ∈ I, o grafico de f tem concavidade para
baixo em I.
No Exemplo 18.1, f′′(x) = 2 > 0 para x ∈ (0,+∞) e g
′′(x) = − 1
4x32< 0
para x ∈ (0,+∞), mostrando que o grafico de f tem concavidade para cima
em (0,+∞) e o grafico de g tem concavidade para baixo em (0,+∞).
Exemplo 18.2
Considere a funcao f(x) = (x + 1)23 (x − 2)
13 do Exemplo 17.4. A funcao f
so nao e derivavel em x = −1 e x = 2, e sua derivada para x 6= −1 e x 6= 2
e f′(x) = x−1
(x−2)23 (x+1)
13
. Vimos que f e crescente em (−∞,−1) ∪ (1,+∞)
e decrescente em (−1, 1). Vamos, agora, estudar a concavidade do grafico
29 CEDERJ
Concavidade do grafico de funcoes.
de f . Por propriedades de funcoes derivaveis, f′
e derivavel em (−∞,−1) ∪(−1, 2) ∪ (2,+∞) e
f′′(x) =
(x− 2)23 (x+ 1)
13 − (x− 1)
(1
3
(x− 2
x+ 1
) 23
+2
3
(x+ 1
x− 2
) 13)
(x− 2)43 (x+ 1)
23
=
=
(x− 2)23 (x+ 1)
13
(1− (x− 1)
(1
3(x+ 1)+
2
3
1
(x− 2)
))
(x− 2)43 (x+ 1)
23
=
=
1− x− 1
3(x+ 1)− 2(x− 1)
3(x− 2)
(x− 2)23 (x+ 1)
13
=
=−6
3(x+ 1)43 (x− 2)
53
.
Para estudar o sinal de f′′, utilizamos, como na aula anterior, o auxılio
da tabela de sinais (ver a Figura 18.4).
-1 2
-6 - - -3(x+ 1)
43 (x− 2)
53 - - +
−6
3(x+1)43 (x−2)
53
+ + -
Figura 18.4
Pela Proposicao 18.1, concluımos que o grafico de f tem concavidade
para cima em (−∞,−1) ∪ (−1, 2) e concavidade para baixo em (2,+∞).
Voce pode, agora, conferir o esboco do grafico indicado na Figura 17.6.
Exemplo 18.3
Considere a funcao f(x) = x + 1x, definida para x 6= 0. Vamos determinar
os intervalos onde f e crescente, aqueles onde ela e decrescente, os intervalos
onde o grafico de f tem concavidade para cima, e aqueles onde o grafico de
f tem concavidade para baixo.
A funcao f e derivavel em todo ponto x 6= 0 e f′(x) = 1 − 1
x2 = x2−1x2 .
Colocando em ordem crescente os pontos onde a derivada se anula, devemos
estudar o sinal de f′
nos intervalos (−∞,−1), (−1, 0), (0, 1) e (1,+∞).
CEDERJ 30
Concavidade do grafico de funcoes.MODULO 2 - AULA 18
A tabela de sinais de f′
(Figura 18.5) nos mostra que f e crescente em
(−∞,−1) ∪ (1,+∞) e decrescente em (−1, 0) ∪ (0, 1).
-1 0 1
x2 − 1 + - - +
x2 + + + +x2−1x2 + - - +
Figura 18.5
Para estudar a concavidade, observe primeiro que f′′(x) = 2
x3 para
todo x 6= 0. Como f′′(x) < 0 para todo x ∈ (−∞, 0) e f
′′(x) > 0 para todo
x ∈ (0,+∞), concluımos que o grafico de f tem concavidade para cima em
(0,+∞) e concavidade para baixo em (−∞, 0).Assıntotas verticais: aula 5;
assıntotas horizontais: aula
8.Voce deve tambem observar que f(x) < 0 se x < 0 e f(x) > 0 se x > 0.
Alem disso, a reta x = 0 e uma assıntota vertical ao grafico de f , visto que
limx→0− f(x) = −∞ e limx→0+ f(x) = +∞. Agora, vamos reunir todas as
informacoes obtidas, para esbocar o grafico de f .
A funcao f assume valores negativos para x < 0; ela e crescente em
(−∞,−1), f(−1) = −2 e seu grafico tem concavidade para baixo nesse
intervalo. No intervalo (−1, 0) ela e decrescente, seu grafico tambem tem
concavidade para baixo e a reta x = 0 e uma assıntota vertical ao grafico de f .
Concluımos, portanto, que no intervalo (−∞, 0) o grafico de f e como
indicado na Figura 18.6.
–2
–1
Figura 18.6
A funcao f assume valores positivos para x > 0; ela e decrescente em
(0, 1), f(1) = 2, ela e crescente em (1,+∞) e seu grafico tem concavidade
para cima em (0,+∞). Temos, portanto, que o grafico de f e como na Figura
18.7.
31 CEDERJ
Concavidade do grafico de funcoes.
–1
–2
2
1
Figura 18.7
Exemplo 18.4
Considere a funcao f(x) = x3−6x2 +9x+1. Sendo f uma funcao polinomial,
ela e derivavel em todo x ∈ R e f′(x) = 3x2−12x+9; logo, f
′(1) = f
′(3) = 0.
Como f′(x) > 0 para x ∈ (−∞, 1)∪ (3,+∞) e f
′(x) < 0 para x ∈ (1, 3), f e
crescente em (−∞, 1)∪(3,+∞) e decrescente em (1, 3). Agora, f′e derivavel
e sua derivada e f′′(x) = 6x− 12. Como f
′′(x) < 0 se x < 2 e f
′′(x) > 0 se
x > 2, o grafico de f tem concavidade para baixo em (−∞, 2) e concavidade
para cima em (2,+∞).
Dispondo as informacoes obtidas nas respectivas tabelas de sinais de f′
e f′′, como indicado na Figura 18.8,
1 2 3
f ′(x) + - - +
f ′′(x) - - + +
Figura 18.8
Podemos, agora, esbocar o grafico de f (ver a Figura 18.9).
1
3
5
1 2 3
Figura 18.9
CEDERJ 32
Concavidade do grafico de funcoes.MODULO 2 - AULA 18
Voce deve ter notado que o ponto (2, 3), do grafico do Exemplo 18.4,
tem uma certa particularidade; antes dele, o grafico de f tem concavidade
para baixo e, apos ele, o grafico de f tem concavidade para cima. De ou-
tra maneira, podemos dizer que o ponto (2, 3) e um ponto de mudanca de
concavidade do grafico. O mesmo ocorre com o ponto (2, 0), do Exemplo
18.2, so que, neste caso, antes dele o grafico de f tem concavidade para cima
e, apos ele, o grafico de f tem concavidade para baixo. Estes pontos sao
denominados pontos de inflexao e serao estudados em detalhe na proxima
aula.
Exemplo 18.5
Considere a funcao f(x) = (x+1)2
x2+1, definida para todo x ∈ R. Vamos fazer o
estudo do crescimento e decrescimento da funcao f e da concavidade de seu
grafico.
Derivando e simplificando, obtemos f′(x) = −2x2+2
(x2+1)4 . Como o denomi-
nador e positivo para qualquer valor de x, o sinal de f′
fica determinado pelo
sinal do numerador, −2x2 + 2. Assim, f′(−1) = f
′(1) = 0, f
′(x) > 0 se
x ∈ (−1, 1) e f′(x) < 0 se x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞). Concluımos, portanto,
que f e crescente em (−1, 1) e decrescente em (−∞,−1) ∪ (1,+∞).
A funcao f′
e derivavel em todo ponto e
f′′(x) =
(x2 + 1)4(−4x)− (−2x2 + 2)4(x2 + 1)32x
(x2 + 1)8=
=(x2 + 1)(−4x)− (−2x2 + 2)8x
(x2 + 1)5=
=12x3 − 20x
(x2 + 1)5.
O sinal de f′′
e determinado pelo sinal do numerador, ou seja,
x(12x2 − 20). Os valores para os quais o numerador se anula sao x = 0 e
x = ±√
53. Dispondo esses valores em ordem crescente na tabela de sinais (ver
a Figura 18.10), concluımos que o grafico de f tem concavidade para baixo em(−∞,−
√53
)∪(0,√
53
)e concavidade para cima em
(−√
53, 0)∪(√
53,+∞
).
33 CEDERJ
Concavidade do grafico de funcoes.
−√
53
0√
53
x - - + +
12x2 − 20 + - - +
f ′′(x) - + - +
Figura 18.10
Para esbocar o grafico de f , necessitamos de mais algumas informacoes.
Observe que f(x) ≥ 0 para todo x ∈ R e f(x) = 0 somente se x = −1.
Temos tambem, limx→±∞
f(x) = limx→±∞
x2+2x+1x2+1
= limx→±∞
1+ 2x
+ 1x2
1+ 1x2
= 1, ou seja, a
reta y = 1 e uma assıntota horizontal ao grafico de f .
Vamos, agora, reunir as informacoes obtidas para esbocar o grafico de
f : f e decrescente em (−∞,−1), f(−1) = 0 e f e crescente em (−1, 1). Seu
grafico tem concavidade para baixo em(− ∞,−
√53
)e concavidade para
cima em(−√
53, 0). No intervalo (−∞, 0] o grafico de f e, entao, como na
Figura 18.11.
1
1 –1
Figura 18.11
A funcao f e decrescente em (1,+∞), f(1) = 2, o grafico de f tem
concavidade para baixo em(0,√
53
)e concavidade para cima em
(√53,+∞
).
O esboco do grafico de f e, entao, como indicado na Figura 18.12.
–1 1
2
1
−q
53
q53
Figura 18.12
CEDERJ 34
Concavidade do grafico de funcoes.MODULO 2 - AULA 18
Voce deve ter observado que, para esbocar o grafico de uma funcao f ,
temos ate agora quatro etapas a considerar:
1) determinar, caso existam, os pontos de descontinuidade de f ;
2) determinar, caso existam, as assıntotas verticais e horizontais ao grafico
de f ;
3) fazer o estudo do sinal de f′;
4) fazer o estudo do sinal de f′′.
E importante ressaltar que para o estudo de sinais de f′
(respectivamente,
f′′) utiliza-se a tabela de sinais, onde dispomos em ordem crescente os pontos
onde f′
(respectivamente, f′′) nao existe e aqueles onde f
′(respectivamente,
f′′) se anula para, em seguida, determinarmos o sinal de f
′(respectivamente,
f′′) nos intervalos determinados por tais pontos.
Resumo
Nesta aula voce aprendeu como calcular a derivada segunda de uma
funcao e como essa pode contribuir para o estudo da concavidade de seu
grafico.
Exercıcios
1. Para cada uma das funcoes abaixo determine:
(i) os intervalos onde ela e crescente e aqueles onde ela e decrescente;
(ii) os intervalos onde o grafico tem concavidade para cima e aqueles
onde a concavidade e para baixo.
Finalmente, faca o esboco do grafico.
(a) f(x) = x3 + x2 − 5x (b) f(x) = x2 − 1x
(c) f(x) =√x+ 4
x
(d) f(x) = x75 − 8x
35 (e) f(x) = 3x4 + 8x3 − 18x2 + 12
(f) f(x) = x2(12− x2) (g) f(x) = x− 4x2 (h) f(x) = 2x
x+2
(i) f(x) = x2(x+ 4)3 (j) f(x) = 3x5 + 5x4 (k) f(x) = x13 + 2x
43
(l) f(x) =
{−x3 se x < 0
x3 se x ≥ 0(m) f(x) =
{2(x− 1)3 se x < 1
(x− 1)3 se x ≥ 1.
35 CEDERJ
Concavidade do grafico de funcoes.
2. Em cada um dos itens abaixo, esboce o grafico de uma funcao contınua
com as propriedades indicadas.
(a) f(−1) = −2, f(0) = 0, f(1) = 2, f(3) = 0, f(4) = 1, f(x) < 0
se x < 0, f′(x) < 0 se x ∈ (−∞,−1) ∪ (1, 3), f
′(x) > 0 se x ∈
(−1, 1) ∪ (3,+∞), f′′(x) < 0 se x ∈ (−∞,− 3
2) ∪ (0, 3
2) ∪ (4,+∞) e
f′′(x) > 0 se x ∈ (−3
2, 0) ∪ (3
2, 4).
(b) f(x) > 0 se x ∈ (−∞,−2) ∪ (1,+∞), f(0) = 0, limx→−∞
f(x) = 0,
limx→−2−
f(x) = limx→−2+
f(x) = +∞, limx→1−
f(x) = −∞, limx→1+
f(x) = +∞,
f′(x) > 0 se x ∈ (−∞,−2)∪ (2,+∞), f
′(x) < 0 se x ∈ (−2, 1)∪ (1, 2),
f′′(x) < 0 se x ∈ (0, 1) e f
′′(x) > 0 se x ∈ (−∞,−2)∪(−2, 0)∪(1,+∞).
3. Na Figura 18.13 quatro graficos de funcoes sao apresentados, todas
elas definidas no intervalo [a, e]. Em cada caso, o intervalo [a, e] esta
dividido em quatro subintervalos [a, b], [b, c], [c, d] e [d, e]. Suponha que
as funcoes que eles representam sao duas vezes derivaveis no interior
de cada subintervalo. Determine em quais destes intervalos
(i) a funcao dada e crescente;
(ii) a funcao dada e decrescente;
(iii) o grafico tem concavidade para cima;
(iv) o grafico tem concavidade para baixo.
a b c d e eda b c
ed
ba
c a b c d e
Figura 18.13
CEDERJ 36
Concavidade do grafico de funcoes.MODULO 2 - AULA 18
4. Seja f uma funcao derivavel no intervalo aberto I. Suponha que em I
o grafico de f tem concavidade para cima (segundo a Definicao 18.1).
Mostre que se a, b ∈ I e a < b, entao f(b) > f(a) + f′(a)(b− a).
Sugestao: use o Teorema do valor medio (aula 16).
Desafio
Seja f uma funcao derivavel no intervalo aberto I. Suponha que o
grafico de f tem concavidade para cima em I. Prove que para quaisquer
a, b ∈ I tem-se f(ta+ (1− t)b) < tf(a) + (1− t)f(b) para todo t ∈ (0, 1).
Auto-avaliacao
Nos Exercıcios 1, 2 e 3, voce deve mostrar que realmente absorveu os
conceitos envolvidos na aula anterior e nesta aula. Neles, como nos exercıcios
da aula 17, voce deve dominar o estudo do sinal de funcoes. Nao prossiga
para a aula seguinte caso tenha dificuldade nesses exercıcios. O exercıcio de
numero 4 e o Desafio sao mais sutis mas devem ser tentados com empenho.
37 CEDERJ
Pontos de inflexao. Derivadas de ordem superior.MODULO 2 - AULA 19
Aula 19 – Pontos de inflexao. Derivadas de
ordem superior.
Objetivo
Usar o conceito de derivada para identificar os pontos onde ocorrem
mudancas de concavidade no grafico de uma funcao.
Chamamos sua atencao, na aula 18, para os pontos do grafico de uma
funcao onde ocorrem mudancas de concavidade.Referencias: Aulas 9, 10,
11, 12, 16, 17 e 18.Veremos que tais pontos podem ter caracterısticas distintas e estaremos
interessados apenas naqueles onde o grafico possui reta tangente. Vejamos
alguns exemplos:
Exemplo 19.1
Considere a funcao
f(x) =
{x2 se x < 1,
−2x2 + 3 se x ≥ 1.
O grafico de f e como na Figura 19.1.
1
2
–2 –1 1 2
Figura 19.1
Note que f′′(x) existe para todo x 6= 1, f
′′(x) = 2 > 0 se x < 1 e
f′′(x) = −4 < 0 se x > 1. Assim, o ponto (1, f(1)) = (1, 1) e um ponto de
mudanca de concavidade do grafico de f .
39 CEDERJ
Pontos de inflexao. Derivadas de ordem superior.
Agora, como
limx→1−
f(x)− f(1)
x− 1= lim
x→1−
x2 − 1
x− 1= lim
x→1−
(x+ 1)(x− 1)
x− 1= lim
x→1−(x+ 1) = 2
e
limx→1+
f(x)− f(1)
x− 1= lim
x→1+
(−2x2 + 3)− 1
x− 1= lim
x→1+
−2(x+ 1)(x− 1)
x− 1=
= limx→1+
−2(x+ 1) = −4,
temos que f nao e derivavel em x = 1. O fato dos dois limites laterais acima
serem distintos, nos mostra, alem da nao derivabilidade de f no ponto 1, a
inexistencia de reta tangente ao grafico de f no ponto (1, 1). Assim, o ponto
(1, 1) e um ponto de mudanca de concavidade do grafico de f , mas neste
ponto ele nao possui reta tangente.
Lembramos que se f e
derivavel num ponto c, entao
seu grafico possui reta
tangente em (c, f(c)).
Entretanto, a recıproca e
falsa, isto e, o grafico de uma
funcao pode possuir reta
tangente em um ponto
(c, f(c)) de seu grafico sem,
no entanto, a funcao ser
derivavel em c. E
exatamente o caso do
Exemplo 19.2.
Vejamos, agora, um exemplo de um ponto (c, f(c)) onde o grafico de
f muda de concavidade, f nao e derivavel em c, mas seu grafico possui reta
tangente em (c, f(c)).
Exemplo 19.2
Considere a funcao f(x) = x13 . Para x 6= 0, f
′′(x) = −2
9x
53 . Assim, f
′′(x) < 0
se x ∈ (0,+∞) e f′′(x) > 0 se x ∈ (−∞, 0), ou seja, o ponto (0, 0) e um
ponto de mudanca de concavidade do grafico de f .
Agora,
limx→0
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0
x13
x= lim
x→0
1
x23
= +∞,
mostrando que f nao e derivavel em x = 0. Por outro lado, voce pode ver que
o fato dos limites laterais limx→0+
f(x)−f(0)x−0
e limx→0−
f(x)−f(0)x−0
coincidirem e serem
iguais a +∞, significa que a reta tangente ao grafico de f no ponto (0, 0)
e a reta vertical x = 0. Assim, o ponto (0, 0) e um ponto de mudanca de
concavidade do grafico de f , o qual admite reta tangente no ponto (0,0) (ver
a Figura 19.2).
CEDERJ 40
Pontos de inflexao. Derivadas de ordem superior.MODULO 2 - AULA 19
Figura 19.2
No exemplo a seguir, o ponto (c, f(c)) e um ponto de mudanca de
concavidade do grafico de f tal que f e derivavel em x = c.
Exemplo 19.3
Considere a funcao f(x) = x3 − 6x2 + 9x + 1, do Exemplo 18.4. Como
f′′(x) = 6x − 12, temos que f
′′(x) < 0 se x ∈ (−∞, 2) e f
′′(x) > 0 se
x ∈ (2,+∞), ou seja, o ponto (2, 3) e um ponto de mudanca de concavidade
do grafico de f . Sendo f derivavel em todo ponto, seu grafico possui, em
particular, reta tangente no ponto (2, 3).
Os exemplos acima motivam a seguinte definicao:
Definicao 19.1 Seja f uma funcao derivavel em um intervalo aberto I con-
tendo c, exceto possivelmente em x = c. O ponto (c, f(c)) e dito um ponto
de inflexao do grafico de f se o grafico de f possui reta tangente em
(c, f(c)) e se existem a, b ∈ I, com a < c < b, tais que:
(a) f′′(x) > 0 para todo x ∈ (a, c) e f
′′(x) < 0 para todo x ∈ (c, b)
No dicionario de Antonio
Houaiss, ele se utiliza de
uma citacao para
exemplificar o significado
literario de ponto de
inflexao. A citacao diz:
“Antes de atingir a foz, o rio
inflectıa-se no rumo oeste”.
Vemos aqui, que e como se o
rio mudasse suavemente de
direcao rumo a oeste.
Podemos, de fato, perceber
uma certa semelhanca com o
conceito matematico de
ponto de inflexao, sendo este
ultimo mais preciso, como
veremos ao longo da aula.
ou
(b) f′′(x) < 0 para todo x ∈ (a, c) e f
′′(x) > 0 para todo x ∈ (c, b).
Voce pode constatar, a partir da Definicao 19.1, que o ponto (1, 1) do
Exemplo 19.1 nao e um ponto de inflexao pois, embora seja um ponto de
mudanca de concavidade (satisfaz (a)), ele e um ponto onde o grafico nao
admite reta tangente.
Voce deve ter notado tambem que, na definicao de ponto de inflexao,
nada e dito a respeito da derivada segunda de f no ponto c. Veja que, no
Exemplo 19.2, (0, 0) e um ponto de inflexao, mas f′′(0) nao existe. Ja no
Exemplo 19.3, (2, 3) e um ponto de inflexao do grafico de f , f′′(2) existe e
f′′(2) = 0.
A proposicao a seguir, mostra que o que ocorre no Exemplo 19.3 nao e
uma mera coincidencia.
41 CEDERJ
Pontos de inflexao. Derivadas de ordem superior.
Proposicao 19.1
Se (c, f(c)) e um ponto de inflexao do grafico de uma funcao f e, se alem
disso, f′′(c) existe, entao f
′′(c) = 0.
Demonstracao: Considere a funcao g(x) = f′(x). Por definicao de ponto
de inflexao, existem a, b ∈ I, com a < c < b, tais que ou (a) ou (b) e
satisfeito. Faremos o caso em que (a) e satisfeito; o outro caso e analogo.
Como g′(x) = f
′′(x), temos por (a) que g e crescente em (a, c) e decrescente
em (c, b).
Por outro lado, f′′(c) existe, por hipotese e, por definicao,
f′′(c) = lim
x→cf′(x)− f ′(c)x− c = lim
x→cg(x)− g(c)
x− c .
Agora, se x ∈ (a, c), g(x) − g(c) < 0, donde g(x)−g(c)x−c > 0. Con-
cluımos, assim, que f′′(c) = lim
x→c−g(x)−g(c)x−c ≥ 0. Para x ∈ (c, b), ao contrario,
g(x)−g(c)x−c < 0, donde concluımos que f
′′(c) = lim
x→c+g(x)−g(c)x−c ≤ 0. Portanto,
f′′(c) = 0, como querıamos demonstrar.
E importante notar que a recıproca da proposicao e falsa, isto e, se a
derivada segunda de uma funcao e zero em um ponto c, nao e necessariamente
verdadeiro que (c, f(c)) seja um ponto de inflexao. Vejamos um exemplo:
Exemplo 19.4
A funcao f(x) = x4 satisfaz f′′(0) = 0, mas f
′′(x) > 0 se x ∈ (−∞, 0) ∪
(0,+∞). Assim (0, 0) nao e um ponto de inflexao, pois nao e um ponto de
mudanca de concavidade.
Por outro lado, se f′′(c) existe e a, b ∈ R sao tais que a < c < b e
f′′(x) tem sinais distintos em (a, c) e (c, b), entao (c, f(c)) e um ponto de
inflexao. Com efeito, por hipotese, f′′
satisfaz (a) ou (b) da Definicao 19.1.
Como f′′(c) existe, temos que f
′(c) tambem existe; logo, o grafico de f possui
reta tangente em (c, f(c)), o que mostra a afirmacao. Em particular, pela
Proposicao 19.1, f′′(c) = 0. Concluımos, assim, que para determinar os
pontos de inflexao de uma funcao duas vezes derivavel em um intervalo I,
basta determinar os pontos c ∈ I que satisfazem f′′(c) = 0 e verificar se
existem a, b ∈ I, com a < c < b, tais que f′′(x) possua sinais distintos em
(a, c) e (c, b).
Exemplo 19.5
Considere a funcao f(x) = (1− 4x)3. Temos f′(x) = −12(1− 4x)2 e f
′′(x) =
96(1− 4x), para todo x ∈ R.CEDERJ 42
Pontos de inflexao. Derivadas de ordem superior.MODULO 2 - AULA 19
Assim, f e decrescente em R, e como f′′(1
4) = 0, f
′′(x) > 0 se x ∈
(−∞, 14) e f
′′(x) < 0 se x ∈ (1
4,+∞), concluımos que o ponto ( 1
4, 0) e um
ponto de inflexao do grafico de f (ver a Figura 19.3).
1
4
1
1
Figura 19.3
Derivadas de ordem superior
Vimos na aula anterior e na primeira parte desta aula, o interesse da
derivada segunda f′′
de uma funcao f para o estudo do comportamento de
seu grafico. Em alguns exemplos, observamos que o fato da derivada primeira
f′(t) existir, para t em um intervalo nao trivial contendo x, nao garante a
existencia da derivada de f′
em x, f′′(x), dita a derivada de segunda ordem
de f em x. Quando f′′(x) existe, dizemos que f e duas vezes derivavel em x.
Analogamente, se f′′(t) existe para t em um intervalo nao trivial contendo x,
podemos estudar a derivabilidade de f′′
em x. Quando f′′
e derivavel em x,
dizemos que f e tres vezes derivavel em x e denotamos por f′′′
(x) a derivada
de f′′
em x, usualmente chamada a derivada de terceira ordem de f em x.
Em geral, se n e um inteiro positivo tal que f (n−1)(t) existe para t em um
intervalo nao trivial contendo x, podemos estudar a derivabilidadede f (n−1)
em x. Quando f (n−1) e derivavel em x, dizemos que f e n vezes derivavel em
x e denotamos por f (n)(x) a derivada de f (n−1) em x, usualmente chamada
a derivada de ordem n de f em x.
A funcao f (n), que a cada x associa o numero real f (n)(x) (definida no
conjunto dos x para os quais f (n)(x) existe), e dita a derivada de ordem n de
f . No caso em que n = 2, f (2) e dita a derivada segunda de f e, no caso em
que n = 3, f (3) e dita a derivada terceira de f .
Exemplo 19.6
Considere a funcao f(x) = x6 + 2x4 − x3 + 2x + 1. Note que f (n)(x) existe
para todo inteiro positivo n e para todo x ∈ R.
43 CEDERJ
Pontos de inflexao. Derivadas de ordem superior.
Com efeito, para todo x ∈ R, temos
f (1)(x) = f′(x) = 6x5 + 8x3 − 3x2 + 2,
f (2)(x) = f′′(x) = 30x4 + 24x2 − 6x,
f (3)(x) = f′′′
(x) = 120x3 + 48x− 6,
f (4)(x) = 360x2 + 48,
f (5)(x) = 720x,
f (6)(x) = 720 .
Como f (6) e uma funcao constante, temos
f (7)(x) = 0,
f (8)(x) = 0,...
ou seja, f (n)(x) = 0 para todo n ≥ 7 e para todo x ∈ R.
Exemplo 19.7
Considere a funcao f(x) = x+1x−1
, definida para x 6= 1. Vamos determinar
f′(0), f
′′(2), f
′′′(0).
Realmente, para todo x 6= 1,
f′(x) = −2
(x−1)2 ,
f′′(x) = 4
(x−1)3 ,
e
f′′′
(x) =−12
(x− 1)4.
Assim, f′(0) = −2, f
′′(2) = 4 e f
′′′(0) = −12.
Uma outra notacao utilizada para derivadas de ordem superior e a
notacao de Leibniz: Se f e uma funcao da variavel x, a derivada de primeira
ordem e denotada por dfdx
, a de segunda ordem por d2fdx2 e a derivada de ordem
n e denotada por dnfdxn
.
Na aula 13, voce aprendeu a derivar funcoes que sao definidas impli-
citamente. O exemplo seguinte ilustra como encontrar derivadas de ordem
superior para funcoes definidas implicitamente.
Exemplo 19.8
Seja y uma funcao da variavel x, duas vezes derivavel, y > 0, definida impli-
citamente por 3x2 + 4y2 = 9. Vamos determinar dydx
e d2ydx2 .
Derivando implicitamente, temos
CEDERJ 44
Pontos de inflexao. Derivadas de ordem superior.MODULO 2 - AULA 19
6x+ 8y dydx
= 0,
de maneira quedy
dx=−6x
8y.
Para determinarmos d2ydx2 devemos encontrar a derivada de um quociente,
tendo em mente que y e uma funcao de x. Assim,
d2y
dx2=
8y(−6)− (−6x)(8 dydx
)
64y2=
=−48y − (−48x)
(−6x8y
)
64y2=
=−48y −
(36xy
)
64y2=
=−48y2 − 36x
64y3.
Resumo
Nesta aula, voce aprendeu o conceito de ponto de inflexao do grafico
de uma funcao, e como determina-los. Em seguida, voce aprendeu como a
operacao de derivacao pode ser realizada repetidas vezes.
Exercıcios
1. Para cada funcao abaixo, determine onde ela e crescente, onde e decres-
cente, onde o grafico da funcao e concavo para cima, onde e concavo
para baixo e encontre, se existirem, os pontos de inflexao. Esboce o
grafico.
(a) f(x) = x3 + 7x (b) g(x) = 2x3 − 12x2 − 7x+ 2
(c) f(x) = x4 − 8x3 + 24x2 (d) f(x) = xx2−1
(e) f(x) = x+ 1x
(f) g(x) = (x− 2)15
(g) f(x) =
{x2 se x < 0
−x2 se x ≥ 0
(h) g(x) =
{x2 se x < 1
x3 − 4x2 + 7x− 3 se x ≥ 1.
45 CEDERJ
Pontos de inflexao. Derivadas de ordem superior.
2. Se f(x) = ax2 + bx+ c, determine a, b e c tais que o grafico de f tenha
um ponto de inflexao em (1, 2) e tais que o coeficiente angular da reta
tangente neste ponto seja -2.
3. Em cada item abaixo, trace o esboco da parte do grafico de uma funcao
f que passe pelo ponto (c, f(c)) e satisfaca a condicao dada. Se as
condicoes forem incompletas ou inconsistentes, explique porque. Supoe-
se sempre que f seja contınua em um intervalo aberto contendo c.
(a) f′(x) > 0 se x < c; f
′(x) < 0 se x > c; f
′′(x) > 0 se x < c;
f′′(x) < 0 se x > c.
(b) f′(x) > 0 se x < c; f
′(x) > 0 se x > c; f
′′(x) > 0 se x < c;
f′′(x) < 0 se x > c.
(c) f′′(c) = 0; f
′(c) = 0; f
′′(x) > 0 se x < c; f
′′(x) > 0 se x > c.
(d) f′(c) = 0; f
′(x) > 0 se x < c; f
′′(x) > 0 se x > c.
(e) f′′(c) = 0; f
′(c) = 1
2; f′′(x) > 0 se x < c; f
′′(x) < 0 se x > c.
(f) f′(c) nao existe; f
′′(x) > 0 se x < c; f
′′(x) > 0 se x > c.
4. Encontre as derivadas primeira e segunda de cada uma das funcoes
abaixo.
(a) f(x) = x4 − 3x3 − x2 + 9 (b) f(x) = x√x2 − 1
(c) f(t) = (2t3 + 5)13 (d) g(y) =
2−√y2+√y
(e) f(x) = xsen(x2 + x+ 3) + 1x
(f) f(x) = xsenxx+1
.
5. Sabendo que x13 + y
12 = 6, encontre d3y
dx3 .
6. Encontre d2ydx2 , onde y e dada implicitamente por x3 + y3 = 1.
7. Encontre f′(x), f
′′(x) e estabeleca os domınios de f
′e f
′′para
f(x) =
{x2
|x| se x 6= 0,
0 se x = 0.
Auto-avaliacao
Se voce compreendeu o conceito de ponto de inflexao e, portanto,
domina as relacoes entre derivabilidade de uma funcao em um ponto e a
existencia de reta tangente ao grafico da funcao, voce nao tera dificuldade
para resolver os exercıcios de numeros 1, 2 e 3. Os exercıcios restantes so
exigem o domınio das tecnicas de derivacao.
CEDERJ 46
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 20
Aula 20 – Exercıcios resolvidos.
Objetivos
Fixar os conceitos vistos ate agora, visando o esboco do grafico de
funcoes.Referencias: Aulas 5, 6, 8,
16, 17, 18 e 19.
Ate agora, aprendemos varios conceitos e tecnicas que sao fundamentais
para o esboco do grafico de funcoes, a saber:
(i) continuidade,
(ii) assıntotas verticais e horizontais,
(iii) crescimento e decrescimento de funcoes,
(iv) concavidade do grafico de funcoes e
(v) pontos de inflexao.
Nesta aula, vamos utilizar todo este ferramental para esbocar o grafico
de funcoes. Em cada um dos exercıcios estudaremos, um a um, os conceitos
listados acima para, em seguida, esbocar o grafico da funcao.
Exercıcio 1: Considere a funcao
f(x) =
{x2 + 2x+ 3 se x ≤ 0,
− 1x
se x > 0.
Solucao: (i) Continuidade de f . Como p(x) = x2 +2x+3 e um polinomio e
1x
e contınua em (0,+∞), f e contınua em todo ponto x 6= 0. Vamos, entao,
estudar a continuidade de f em x = 0. Para isso, devemos determinar os
limites laterais em x = 0.
Ora,
limx→0−
f(x) = limx→0−
(x2 + 2x+ 3) = 3
e
limx→0+
f(x) = limx→0+
(− 1
x
)= − lim
x→0+
1
x= −∞.
47 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
Concluımos, entao, que nao existe limx→0
f(x) e, portanto, f nao e contınua
em x = 0.
(ii) Assıntotas verticais e horizontais.
Acabamos de ver que
limx→0+
f(x) = −∞
ou seja, a reta x = 0 e uma assıntota vertical ao grafico de f . Como para
todo ponto a 6= 0 limx→a
f(x) = f(a), a reta x = 0 e a unica assıntota vertical
ao grafico de f .
Para as assıntotas horizontais devemos determinar os limites no infinito.
Como
limx→−∞
f(x) = limx→−∞
(x2 + 2x+ 3) = limx→−∞
x2 = +∞e
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
(− 1
x
)= 0,
temos que a reta y = 0 e a unica assıntota horizontal ao grafico de f .
(iii) Crescimento e decrescimento de f .
A funcao f so nao e derivavel em x = 0, f′(x) = 2x+2 para x ∈ (−∞, 0)
e f′(x) = 1
x2 para x ∈ (0,+∞). Assim, f′(x) > 0 se x ∈ (−1, 0) ∪ (0,+∞) e
f′(x) < 0 se x ∈ (−∞,−1), ou seja, f e crescente em x ∈ (−1, 0) ∪ (0,+∞)
e decrescente em x ∈ (−∞,−1).
(iv) Concavidade do grafico de f .
Podemos observar do item (iii) que f e duas vezes derivavel em todo
x 6= 0, f′′(x) = 2 se x ∈ (−∞, 0) e f
′′(x) = − 2
x3 se x ∈ (0,+∞). Assim,
f′′(x) > 0 se x ∈ (−∞, 0) e f
′′(x) < 0 se x ∈ (0,+∞), ou seja, o grafico
de f tem concavidade para cima em (−∞, 0) e concavidade para baixo em
(0,+∞).
(v) Pontos de inflexao.
Como f′′
so muda de sinal em x = 0, o ponto (0, f(0)) seria o unico
candidato a ponto de inflexao do grafico de f . Entretanto, f nao e sequer
contınua em x = 0, logo o grafico de f nao possui reta tangente em (0, f(0)) =
(0, 3). Assim, concluımos que o grafico de f nao possui pontos de inflexao.
CEDERJ 48
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 20
Reunindo todas as informacoes obtidas, podemos, agora, esbocar o
grafico (ver a Figura 20.1).
-
- 2
3
1
–1
Figura 20.1
Exercıcio 2: Considere a funcao f(x) =
{x2 se x < 1,
x3 − 4x2 + 7x− 3 se x ≥ 1.
Solucao: (i) Continuidade de f .
Sendo p(x) = x2 contınua em (−∞, 1) e h(x) = x3−4x2+7x−3 contınua
em (1,+∞), a funcao f e contınua em (−∞, 1) ∪ (1,+∞). Resta, portanto,
analisar a continuidade de f em x = 1. Para isso, devemos determinar os
limites laterais em x = 1.
Ora,
limx→1−
f(x) = limx→1−
x2 = 1
e
limx→1+
f(x) = limx→1+
(x3 − 4x2 + 7x− 3) = 1.
Assim, existe limx→1
f(x) = 1 = f(1), donde concluımos que f e contınua
em x = 1. Logo, f e contınua em R.
(ii) Assıntotas verticais e horizontais.
Como f e contınua em R, limx→a
f(x) = f(a) para todo a ∈ R. Assim, o
grafico de f nao possui assıntota vertical.
Agora, visto que limx→−∞
f(x) = limx→−∞
x2 = +∞ e limx→+∞
f(x) = limx→+∞
(x3−4x2+7x−3) = lim
x→+∞x3 = +∞, vemos que o grafico de f nao possui assıntota
horizontal.
(iii) Crescimento e decrescimento de f .
49 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
Vemos, claramente, que f e derivavel em (−∞, 1) ∪ (1,+∞), sendo
f′(x) = 2x se x ∈ (−∞, 1) e f
′(x) = 3x2 − 8x + 7 se x ∈ (1,+∞). Resta,
portanto, analisar a derivabilidade de f em x = 1. Calculando os limites
laterais, temos:
limx→1−
f(x)− f(1)
x− 1= lim
x→1−
x2 − 1
x− 1= lim
x→1−
(x+ 1)(x− 1)
x− 1= lim
x→1−(x+ 1) = 2
e
limx→1+
f(x)− f(1)
x− 1= lim
x→1+
(x3 − 4x2 + 7x− 3)− 1
x− 1= lim
x→1+
x3 − 4x2 + 7x− 4
x− 1.
Fatorando o polinomio p(x) = x3 − 4x2 + 7x − 4, obtemos p(x) =
(x2 − 3x+ 4)(x− 1). Assim, limx→1+
f(x)−f(1)x−1
= limx→1+
(x2−3x+4)(x−1)x−1
= limx→1+
(x2 −3x+ 4) = 2.
Vemos, portando, que f e derivavel em x = 1 e f′(1) = 2. Note
que f′(x) = 2x < 0 se x ∈ (−∞, 0), f
′(x) = 2x > 0 se x ∈ (0, 1) e
f′(x) = 3x2 − 8x + 7 > 0 se x ∈ (1,+∞). Assim, f e crescente em (0,+∞)
e decrescente em (−∞, 0).
(iv) Concavidade do grafico de f .
Segue do item (iii) que f e duas vezes derivavel em (−∞, 1)∪ (1,+∞),
f′′(x) = 2 se x ∈ (−∞, 1) e f
′′(x) = 6x− 8 se x ∈ (1,+∞). Resta, portanto,
analisar a derivabilidade de f′
em x = 1. Calculando os limites laterais de
f′
em x = 1, obtemos:
limx→1−
f′(x)− f ′(1)
x− 1= lim
x→1−
2x− 2
x− 1= lim
x→1−
2(x− 1)
x− 1= 2
e
limx→1+
f′(x)− f ′(1)
x− 1= lim
x→1+
(3x2 − 8x+ 7)− 2
x− 1= lim
x→1+
3x2 − 8x+ 5
x− 1.
Fatorando p(x) = 3x2 − 8x+ 5, obtemos p(x) = (3x− 5)(x− 1).
Assim, limx→1+
f′(x)−f ′ (1)x−1
= limx→1+
(3x−5)(x−1)x−1
= limx→1+
(3x − 5) = −2, mos-
trando que nao existe a derivada segunda de f em x = 1. Para determinar
a concavidade do grafico de f , devemos estudar o sinal de f′′(x) nos in-
tervalos determinados pelos pontos onde a derivada segunda nao existe, no
nosso caso, x = 1 e pelos pontos onde ela se anula, no nosso caso, x = 43.
Ora, f′′(x) = 2 > 0 se x ∈ (−∞, 1), f
′′(x) = 6x − 8 < 0 se x ∈
(1, 4
3
)
e f′′(x) = 6x − 8 > 0 se x ∈
(43,+∞
). Concluımos, entao, que o grafico
CEDERJ 50
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 20
de f tem concavidade para baixo em(1, 4
3
)e concavidade para cima em
(−∞, 1) ∪(
43,+∞
).
(v) Pontos de inflexao.
Pelo item (iv), os pontos onde ocorrem mudancas de concavidade do
grafico de f sao (1, f(1)) = (1, 1) e(
43, f(
43
))=(
43, 43
27
). Sendo f derivavel
em ambos os pontos, x = 1 e x = 43, o grafico de f possui reta tangente em
(1, 1) e(
43, 43
27
), mostrando que esses sao os pontos de inflexao do grafico de f .
O esboco do grafico de f e como indicado na Figura 20.2.
1
1
43/27
4/3
Figura 20.2
Exercıcio 3: Considere a funcao f(x) =
{(x− 1)
13 se x < 1,
(x− 1)23 se x ≥ 1.
Solucao:
(i) Continuidade de f .
Claramente, f e contınua em (−∞, 1)∪ (1,+∞). Resta, entao, estudar
a continuidade de f em x = 1.
Como limx→1−
f(x) = limx→1−
(x− 1)13 = 0, lim
x→1+f(x) = lim
x→1+(x− 1)
23 = 0, e
f(1) = 0, vemos que f e contınua em x = 1 e, portanto, contınua em todo
x ∈ R.
(ii) Assıntotas horizontais e verticais.
Como limx→−∞
f(x) = −∞ e limx→+∞
f(x) = +∞, vemos que o grafico de f
nao possui assıntotas horizontais.
Agora, sendo f contınua em todo x ∈ R, para todo a ∈ R tem-se que
limx→a
f(x) = f(a), mostrando que o grafico de f tambem nao possui assıntotas
verticais.
51 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
(iii) Crescimento e decrescimento de f .
Como (x− 1)13 e derivavel para todo x < 1 e (x− 1)
23 e derivavel para
todo x > 1, temos que f e derivavel para todo x ∈ (−∞, 1) ∪ (1,+∞) com
f′(x) = 1
3(x−1)23
se x ∈ (−∞, 1) e f′(x) = 2
3(x−1)13
se x ∈ (1,+∞). Resta-nos,
entao, estudar a derivabilidade de f em x = 1.
Ora, como limx→1−
f(x)−f(1)x−1
= limx→1−
(x−1)13
x−1= lim
x→1−1
(x−1)23
= +∞
e limx→1+
f(x)−f(1)x−1
= limx→1+
(x−1)23
x−1= lim
x→1+
1
(x−1)13
= +∞, vemos que limx→1
f(x)−f(1)x−1
=
+∞ e, portanto, f nao e derivavel em x = 1.
Concluımos, entao, que f′(x) > 0 se x < 1 e f
′(x) > 0 se x > 1.
Portanto, f e crescente em (−∞, 1) ∪ (1,+∞).
(iv) Concavidade do grafico de f .
Do item (iii) vemos que f′
nao esta definida para x = 1 e e derivavel
em todo x ∈ (−∞, 1) ∪ (1,+∞), com f′′(x) = −2
9(x−1)53
se x ∈ (−∞, 1) e
f′′(x) = −2
9(x−1)43
se x ∈ (1,+∞). Assim, f′′(x) > 0 se x ∈ (−∞, 1) e
f′′(x) < 0 se x ∈ (1,+∞), ou seja, o grafico de f tem concavidade para cima
em (−∞, 1) e concavidade para baixo em (1,+∞).
(v) Pontos de inflexao.
Pelo item (iv), o unico ponto do grafico de f onde ocorre mudanca de
concavidade e o ponto (1, f(1)) = (1, 0). Por outro lado, vimos no item (iii)
que limx→1
f(x)−f(1)x−1
= +∞. Assim, como foi visto na aula 9, o grafico de f
possui reta tangente no ponto (1, f(1)) = (1, 0), donde concluımos que (1, 0)
e um ponto de inflexao do grafico de f .
O grafico de f e, entao, como indicado na Figura 20.3.
–1
1
Figura 20.3
CEDERJ 52
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 20
Resumo
Nesta aula utilizamos como ferramenta os conceitos de continuidade,
assıntotas verticais e horizontais, crescimento e decrescimento de funcoes,
concavidade e pontos de inflexao, para esbocar o grafico de funcoes. Esses
exercıcios comentados devem ter contribuıdo para sua compreensao de alguns
itens do programa. Alem disso, voce deve ter sanado algumas duvidas em
exercıcios nos quais teve dificuldade ou nao conseguiu resolver. Se esse for o
caso, retorne a eles e refaca-os.
53 CEDERJ
Maximos e mınimos relativos.MODULO 2 - AULA 21
Aula 21 – Maximos e mınimos relativos.
Objetivo
Utilizar o conceito de derivada para determinar pontos de maximo e
mınimo relativos de funcoes.
Referencias: Aulas 9, 16,
17, 18 e 19.Quando olhamos uma montanha, identificamos facilmente os picos da
montanha e os fundos dos vales. Uma maneira ingenua de descrever esses
pontos seria: um pico e um ponto da montanha tal que a partir dele, em qual-
quer direcao que se caminhe, estaremos ou na mesma altitude ou descendo a
montanha. Por outro lado, para o fundo de um vale acontece exatamente o
contrario: a partir dele, em qualquer direcao que se caminhe, estaremos ou
na mesma altitude ou subindo a montanha.
Por exemplo, o Pao de Acucar possui tres picos e dois fundos de vale,
o mesmo ocorrendo com o Dedo de Deus, montanha situada na Serra dos
Orgaos (ver a Figura 21.1).
Figura 21.1
Poderıamos abstrair um pouco e representar essas duas montanhas pe-
las duas figuras a seguir, que suporemos representar o grafico de duas funcoes
(ver a Figura 21.2).
Figura 21.2
Nada impede, tambem, que picos e fundos de vale sejam como na Figura
21.3.
55 CEDERJ
Maximos e mınimos relativos.
Figura 21.3
Podemos observar que, em quaisquer das situacoes consideradas, tais
pontos se caracterizam intuitivamente pelas seguintes propriedades:
Um pico e um ponto (a, f(a)) que separa o grafico de f em dois pedacos:
um, a esquerda, onde para algum numero c ∈ R, com c < a, f e nao de-
crescente em (c, a) e outro, a direita, onde para algum numero d ∈ R, com
d > a, f e nao crescente em (a, d).
Recorra a aula 17 caso voce
nao lembre a definicao de
funcao nao crescente ou
funcao nao decrescente.
O fundo de um vale e um ponto (b, f(b)) que separa o grafico de f em
dois pedacos: um, a esquerda, onde para algum numero c ∈ R, com c < b, f
e nao crescente em (c, b) e outro, a direita, onde para algum numero d ∈ R,
com d > b, f e nao decrescente em (b, d).
Os picos e fundos de vale correspondem, no contexto da Matematica,
aos pontos de maximo e mınimo relativos do grafico de uma funcao e serao,
a partir de agora, nosso objeto de estudo.
Definicao 21.1 Uma funcao f possui um maximo relativo (ou maximo
local) em um ponto c se existe um intervalo aberto I contendo c tal que f
esteja definida em I e f(c) ≥ f(x) para todo x ∈ I. Neste caso, dizemos que
o ponto (c, f(c)) e um ponto de maximo relativo do grafico de f .
Definicao 21.2 Uma funcao f possui um mınimo relativo (ou mınimo lo-
cal) em um ponto c se existe um intervalo aberto I contendo c tal que f
esteja definida em I e f(c) ≤ f(x) para todo x ∈ I.Neste caso, dizemos que
o ponto (c, f(c)) e um ponto de mınimo relativo do grafico de f .
Quando uma funcao f possui um maximo ou um mınimo relativo em
um ponto c, dizemos que ela possui um extremo relativo em c.
Vejamos alguns exemplos.
Exemplo 21.1
Considere a funcao f(x) = 1− x2. Voce pode ver facilmente que f(0) = 1 >
f(x) para todo x 6= 0. Assim, f possui um maximo relativo em x = 0. Por
CEDERJ 56
Maximos e mınimos relativos.MODULO 2 - AULA 21
outro lado, a funcao g(x) = x2 − 1 possui um mınimo relativo em x = 0, ja
que g(0) = −1 < g(x) para todo x 6= 0. Note que, em ambos os casos, as
funcoes sao derivaveis em x = 0 com f′(0) = 0 = g
′(0), ou seja, o grafico de
f admite reta tangente em (0, f(0)) = (0, 1) paralela ao eixo x das abscissas,
o mesmo ocorrendo com o grafico de g no ponto (0, g(0)) = (0,−1).
Exemplo 21.2
Considere a funcao f(x) =
{x+ 1 se x < 0,
1− x se x ≥ 0.
Vemos, claramente, que f possui um maximo relativo em x = 0. En-
tretanto, f nao e derivavel em x = 0 e seu grafico nao possui reta tangente
no ponto (0, f(0)) = (0, 1).
O grafico de f e como na Figura 21.4.
1
1
0 –1
Figura 21.4
Agora, a funcao g(x) = |x| possui um mınimo relativo em x = 0. Assim
como f , g nao e derivavel em x = 0 e seu grafico nao possui reta tangente
no ponto (0, g(0)) = (0, 0).
Exemplo 21.3
Considere a funcao f(x) =
{ √x se x ≥ 0,√−x se x < 0.
O grafico de f e como na Figura 21.5.
57 CEDERJ
Maximos e mınimos relativos.
0
Figura 21.5
Como
limx→0−
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0−
(−x)12
x= lim
x→0−
−(−x)12
−x = limx→0−
−1
(−x)12
= −∞e
limx→0+
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0+
(x)12
x= lim
x→0+
1
x12
= +∞,
concluımos que f nao e derivavel em x = 0. Entretanto, sendo limx→0
∣∣∣f(x)−f(0)x−0
∣∣∣ =
+∞, o grafico de f possui reta tangente no ponto (0, f(0)) = (0, 0) (lembrar
a aula 9).
Considere, agora, a funcao g(x) = −f(x). Vemos que g possui um
maximo relativo em x = 0, seu grafico possui reta tangente em (0, 0) e g nao
e derivavel em x = 0.
Definicao 21.3 Sejam I um intervalo nao trivial de R e f uma funcao definida
em I. Um ponto c ∈ I e chamado um ponto crıtico de f se ocorre um dos
dois casos seguintes:
(a) f nao e derivavel em x = c
ou
(b) f′(c) = 0.
Note que, em cada um dos Exemplos 21.1, 21.2 e 21.3, o ponto x = c
onde a funcao posssui um extremo relativo e um ponto crıtico da funcao. A
proposicao a seguir mostra que este fato nao e uma mera coincidencia.
Proposicao 21.1
Se x = c e um extremo relativo de f , entao c e um ponto crıtico de f .
Demonstracao: Vamos fazer o caso em que c e um mınimo relativo. O caso em
que c e maximo relativo e analogo. Se f nao e derivavel em x = c, segue, da
Definicao 21.3, que c e um ponto crıtico de f , e nada ha a provar. Suponha,
CEDERJ 58
Maximos e mınimos relativos.MODULO 2 - AULA 21
entao, que f seja derivavel em x = c. Logo, existe
f′(c) = lim
x→cf(x)− f(c)
x− c .
Precisamos provar que f′(c) = 0. Considere os limites laterais
limx→c−
f(x)− f(c)
x− ce
limx→c+
f(x)− f(c)
x− c .
Por definicao de mınimo relativo, existe um intervalo (a, b) contendo c
tal que f(x) ≥ f(c) para todo x ∈ (a, b). Como para x ∈ (a, c), f(x)−f(c)x−c ≤
0, obtemos que limx→c−
f(x)−f(c)x−c ≤ 0. Por outro lado, como para x ∈ (c, b),
f(x)−f(c)x−c ≥ 0, obtemos que lim
x→c+f(x)−f(c)
x−c ≥ 0. Visto que f′(c) existe, os
limites laterais tem que ser iguais a f′(c). Portanto, f
′(c) ≤ 0 e f
′(c) ≥ 0, o
que implica f′(c) = 0, como querıamos demonstrar.
Veremos, agora, dois exemplos que mostram que a recıproca da Pro-
posicao 21.1 e falsa, isto e, ha funcoes cujos pontos crıticos nao sao extremos
relativos.
Exemplo 21.4
Seja f : R→ R definida por
f(x) =
{x se x < 1,
x2 se x ≥ 1.
Vemos, claramente, que f′(x) existe e e diferente de zero para todo x 6=
1. Por outro lado, limx→1−
f(x)−f(1)x−1
= limx→1−
x−1x−1
= 1, enquanto limx→1+
f(x)−f(1)x−1
=
limx→1+
x2−1x−1
= 2. Assim, x = 1 e o unico ponto crıtico de f . Como f(x) < 1
se x < 1 e f(x) > 1 se x > 1, vemos que f nao possui extremo relativo em
x = 1. Note que, neste exemplo, x = 1 e um ponto crıtico, pois satisfaz a
condicao (a), da Definicao 21.3.
Vejamos agora um exemplo em que o ponto crıtico satisfaz a condicao
(b), da Definicao 21.3.
Exemplo 21.5
Considere a funcao f(x) = x3. Sabemos que f e derivavel em todo ponto.
O unico ponto crıtico de f e x = 0, visto que f′(x) = 3x2 = 0 se, e somente
59 CEDERJ
Maximos e mınimos relativos.
se, x = 0. Entretanto, f(x) < f(0) = 0 se x < 0 e f(x) > f(0) = 0 se x > 0,
mostrando que f nao possui extremo relativo em x = 0.
Ate agora, vimos que os extremos relativos de uma funcao f fazem
parte do conjunto dos pontos crıticos de f . Entretanto, ate o momento, a
unica maneira de que dispomos para determinar se um ponto crıtico de f
e um extremo relativo e comparar f(x) com f(c) para x em um intervalo
aberto (a, b) contendo c o que, em muitos casos, pode nao ser muito simples.
A proposicao a seguir mostra como a derivada f′
da funcao f pode ser util
para determinar se um ponto crıtico e ou nao um extremo relativo de f .
Na verdade, o significado da proposicao e bastante claro: ela diz que se f e
crescente no intervalo (a, c) e decrescente em (c, b), entao f possui um maximo
relativo em c. Por outro lado, se f e decrescente no intervalo (a, c) e crescente
em (c, b), entao f possui um mınimo relativo em c. Mais precisamente, temos:
Proposicao 21.2
(Teste da derivada primeira) Seja f uma funcao contınua em um intervalo
aberto (a, b). Seja c ∈ (a, b) e suponha que f seja derivavel em (a, b), exceto
possivelmente em c.
(a) Se f′(x) > 0 para todo x ∈ (a, c) e f
′(x) < 0 para todo x ∈ (c, b), entao
f possui um maximo relativo em c.
(b) Se f′(x) < 0 para todo x ∈ (a, c) e f
′(x) > 0 para todo x ∈ (c, b), entao
f possui um mınimo relativo em c.
Demonstracao: Faremos somente o caso (a); o caso (b) e demonstrado de
maneira analoga. Com efeito, como f′(x) > 0 para todo x ∈ (a, c), f e
crescente em (a, c). Assim, f(x) < f(c) para todo x ∈ (a, c). Agora, como
f′(x) < 0 para todo x ∈ (c, b), f e decrescente em (c, b) e, portanto, f(x) <
f(c) para todo x ∈ (c, b). Obtemos assim que f(x) ≤ f(c) para todo x ∈(a, b), ou seja, f possui um maximo relativo em x = c.
Nos dois exemplos que se seguem vamos aplicar a Proposicao 21.2 para
determinar os extremos relativos de uma funcao dada.
Exemplo 21.6
Considere a funcao f(x) = (x+ 1)23 (x− 2)
13 do Exemplo 19.2. Como vimos,
f so nao e derivavel em x = −1 e x = 2 e sua derivada para valores de
x 6= −1 e x 6= 2 e f′(x) = x−1
(x−2)23 (x+1)
13
. Como f′(x) = 0 se, e somente se,
CEDERJ 60
Maximos e mınimos relativos.MODULO 2 - AULA 21
x = 1, concluımos que os pontos crıticos de f sao x = −1, x = 1 e x = 2.
Vimos, tambem, que f e crescente em (−∞,−1)∪ (1,+∞) e decrescente em
(−1, 1). Assim, visto que f′(x) > 0 se x < −1 e f
′(x) < 0 se x ∈ (−1, 1),
pela Proposicao 21.2 f possui um maximo relativo em x = −1. Note que
f nao possui extremo relativo em x = 2, pois f′(x) > 0 para x ∈ (1, 2) e
f′(x) > 0 se x > 2. Finalmente, como f
′(x) < 0 se x ∈ (−1, 1) e f
′(x) > 0 se
x ∈ (1,+∞), concluımos que f possui um mınimo relativo em x = 1. Confira
as informacoes que acabamos de obter com o esboco do grafico de f (ver a
Figura 17.6).
Exemplo 21.7
Seja f : R→ R definida por
f(x) =
{x+ 1 se x < 2,
x3 − 12x2 + 45x− 47 se x ≥ 2.
Entao f′(x) = 1 se x < 2 e f
′(x) = 3x2 − 24x + 45 se x > 2. Para
determinar se f e ou nao derivavel em x = 2, devemos determinar os limites
laterais limx→2−
f(x)−f(2)x−2
e limx→2+
f(x)−f(2)x−2
.
Ora,
limx→2−
f(x)− f(2)
x− 2= lim
x→2−
(x+ 1)− 3
x− 2= 1.
Por outro lado,
limx→2+
f(x)− f(2)
x− 2= lim
x→2+
(x3 − 12x2 + 45x− 47)− 3
x− 2=
= limx→2+
x3 − 12x2 + 45x− 50
x− 2.
Fatorando o polinomio p(x) = x3 − 12x2 + 45x− 50, obtemos
p(x) = (x− 2)(x2 − 10x+ 25).
Assim,
limx→2+
f(x)− f(2)
x− 2= lim
x→2+
(x− 2)(x2 − 10x+ 25)
x− 2=
= limx→2+
(x2 − 10x+ 25) = 9.
Concluımos, portanto, que f nao e derivavel em x = 2; logo, x = 2 e
um ponto crıtico de f . Como f′(x) = 0 se, e somente se, x = 3 ou x = 5, os
61 CEDERJ
Maximos e mınimos relativos.
pontos crıticos de f sao 2, 3, e 5. Utilizando a tabela de sinais para o estudo
do sinal de f′
(ver a Figura 21.6),
2 3 5
f ′(x) + + - +
Figura 21.6
obtemos que f possui um maximo relativo em x = 3 e um mınimo relativo
em x = 5.
Resumo
Nesta aula voce foi apresentado ao conceito de extremo relativo de
uma funcao, e estudou um criterio, a Proposicao 21.2, que permite determi-
nar tais extremos relativos. A referida proposicao reforca, mais uma vez, a
importancia da derivada como ferramenta para a compreensao do comporta-
mento de uma funcao.
Exercıcios
1. Para cada uma das funcoes f abaixo determine, se existirem, todos os
pontos onde a funcao possui um extremo relativo.
(a) f(x) = 4x1+x2 (b) f(x) = 1− (x− 2)
23
(c) f(x) =
{x2 − 1 se x ≥ 1
1− x2 se x < 1
(d) f(x) = x4 − 4x (e) f(x) = x2+1√x2+4
(f) f(x) = 3xx2+9
.
2. Para cada uma das funcoes f abaixo, determine, se existirem:
(i) os pontos de descontinuidade de f ,
(ii) as assıntotas verticais e horizontais ao grafico de f ,
(iii) os intervalos nos quais f e crescente ou decrescente,
(iv) os intervalos nos quais o grafico de f possui concavidade voltada
para cima ou para baixo,
(v) todos os pontos onde ocorrem os extremos relativos de f e
(vi) os pontos de inflexao do grafico de f .
CEDERJ 62
Maximos e mınimos relativos.MODULO 2 - AULA 21
Finalmente, esboce o grafico de f .
(a) f(x) =
{(x− 2)2 − 3 se x ≤ 512(x+ 7) se x > 5
(b) f(x) =
{4− (x+ 5)2 se x < −4
12− (x+ 1)2 se x ≥ −4
(c) f(x) = x√
5− x2 (d) f(x) = (x−1)83 +(x−1)2
(e) f(x) = 5xx2+7
(f) f(x) =
{1 + 1
x2 se x 6= 0
0 se x = 0
(g) f(x) = x53 − 10x
23
(h) f(x) = x+2x2+2x+4
.
Auto-avaliacao
Todos os exercıcios exigem de voce a compreensao do conceito de ex-
tremo relativo e da Proposicao 21.2, vistos nesta aula. Voce tambem deve
demonstrar domınio do conteudo estudado desde a aula 17. Caso tenha
duvidas, faca uma releitura cuidadosa da aula relativa ao conceito ou resul-
tado ainda nao bem entendido. Se as duvidas persistirem, procure o tutor
no polo.
63 CEDERJ
O teste da derivada segunda para extremos relativos.MODULO 2 - AULA 22
Aula 22 – O teste da derivada segunda para
extremos relativos.
Objetivo:
Utilizar a derivada segunda para determinar pontos de maximo e mınimo
relativos de funcoes.Referencias: Aulas 9, 16,
17, 18, 19 e 21.
Voce viu nas aulas 18 e 19 que a derivada segunda e uma ferramenta
bastante importante para a compreensao do comportamento do grafico de
uma funcao. Nesta aula, veremos que a derivada segunda de uma funcao
nos permite, tambem, determinar os pontos onde a funcao possui extremos
relativos.
Considere uma funcao f , derivavel em um intervalo aberto I e c ∈ Icom f
′(c) = 0 (portanto, c e um ponto crıtico de f). Voce ja sabe que o fato
de f′(c) ser zero implica que a reta tangente ao grafico de f no ponto (c, f(c))
e paralela ao eixo x das abscissas. Suponha, alem disso, que o grafico de f
tenha concavidade para baixo em um intervalo aberto (a, b) ⊂ I contendo c.
De posse desses dados, podemos esbocar o grafico de f no intervalo (a, b) e
constatar que o ponto (c, f(c)) e um ponto de maximo relativo do grafico de
f . A Figura 22.1 representa a situacao. E claro que se o grafico de f tivesse
concavidade para cima em (a, b), o ponto (c, f(c)) seria um ponto de mınimo
relativo do grafico de f .
f(c)
a c b
Figura 22.1
Essa observacao de carater puramente geometrico e de fato simples, mas
pressupoe o conhecimento das propriedades de crescimento ou decrescimento
de f′
em (a, b), pois sao elas que determinam a concavidade do grafico de f .
65 CEDERJ
O teste da derivada segunda para extremos relativos.
No caso de f ser duas vezes derivavel em (a, b), ja vimos na aula 18 que o
sinal de f′′
em (a, b) determina a concavidade do grafico de f em (a, b).
O teorema que veremos a seguir nos mostra que em vez de estudar
essas propriedades da funcao f em (a, b), basta conhecermos o sinal de f′′
em x = c para garantir que f possui um extremo relativo em x = c.
Teorema 22.1
(Teste da derivada segunda) Seja f uma funcao derivavel em um intervalo
aberto I e c ∈ I com f′(c) = 0 e tal que f
′′(c) exista. Entao:
(a) Se f′′(c) < 0, f possui um maximo relativo em x = c.
(b) Se f′′(c) > 0, f possui um mınimo relativo em x = c.
Demonstracao: Vamos demonstrar somente o caso (a), pois (b) e analogo
e sera deixado para voce como exercıcio (ver o Exercıcio 3). Por hipotese,
f′′(c) = lim
x→cf′(x)−f ′ (c)x−c < 0 e, como f
′(c) = 0, temos que f
′′(c) = lim
x→cf′(x)
x−c < 0.
Assim, para valores de x proximos de c, f′(x)
x−c < 0, ou seja, existem a, b ∈ Rcom a < c < b e (a, b) ⊂ I tais que f
′(x)
x−c < 0 para todo x ∈ (a, b), x 6= c.
Como x − c < 0 para todo x ∈ (a, c), obtemos que f′(x) > 0 para todo
x ∈ (a, c). Por outro lado, como x− c > 0 para todo x ∈ (c, b), obtemos que
f′(x) < 0 para todo x ∈ (c, b). Pelo teste da derivada primeira concluımos
que f possui um maximo relativo em x = c, como querıamos demonstrar.
Voce pode observar que o teste da derivada segunda nao diz nada no
caso em que f′′(c) = 0. De fato, neste caso nada se pode concluir a respeito
do ponto crıtico x = c, como veremos a seguir.
Exemplo 22.1
Considere a funcao f(x) = x4. Temos f′(x) = 4x3 e f
′′(x) = 12x2; assim,
f′(0) = f
′′(0) = 0. Como f(x) = x4 ≥ 0 = f(0) para todo x ∈ R, segue que
f possui um mınimo absoluto em x = 0.
Exemplo 22.2
Para a funcao g(x) = −x4, temos g′(x) = −4x3, g
′′(x) = −12x2 e, portanto,
g′(0) = g
′′(0) = 0. Como g(x) = −x4 ≤ 0 = g(0) para todo x ∈ R, segue que
g possui um maximo absoluto em x = 0.
CEDERJ 66
O teste da derivada segunda para extremos relativos.MODULO 2 - AULA 22
Exemplo 22.3
A funcao h(x) = x3 e tal que h′(x) = 3x2 e h
′′(x) = 6x. Assim, h
′(0) =
h′′(0) = 0; entretanto, x = 0 nao e um extremo relativo de f , visto que
h(x) < h(0) para x < 0 e h(x) > h(0) para x > 0.
Nos tres exemplos a derivada segunda da funcao se anula no ponto
crıtico x = 0. Entretanto, no primeiro, o ponto crıtico e um mınimo relativo,
no segundo, um maximo relativo e, no terceiro, o ponto crıtico nao e nem
maximo nem mınimo relativo da funcao.
Vamos, agora, usar o teste da derivada segunda para determinar os
maximos e mınimos relativos de algumas funcoes. E importante ressaltar
que esse teste so vale para pontos crıticos nos quais a derivada primeira se
anula.
Exemplo 22.4
Considere a funcao f(x) =
{x2 + 4x+ 3 se x ≤ 0,
x2 − 4x+ 3 se x > 0.
Vimos, na aula 21, que os pontos crıticos de f sao os candidatos a
extremos relativos. Temos que f e derivavel para todo x < 0 e f′(x) = 2x+4
se x < 0. Analogamente, f e derivavel para todo x > 0 e f′(x) = 2x − 4 se
x > 0. Agora, como
limx→0−
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0−
(x2 + 4x+ 3)− 3
x=
= limx→0−
x(x+ 4)
x=
= limx→0−
(x+ 4) = 4.
e
limx→0+
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0+
(x2 − 4x+ 3)− 3
x=
= limx→0+
x(x− 4)
x=
= limx→0+
(x− 4) = −4,
concluımos que f nao e derivavel em x = 0. Os pontos crıticos de f sao
x = −2, x = 0 e x = 2. Sendo f′(−2) = f
′(2) = 0, f duas vezes derivavel
em x = −2 e x = 2 e f′′(−2) = f
′′(2) = 2 > 0, podemos aplicar o teste da
67 CEDERJ
O teste da derivada segunda para extremos relativos.
derivada segunda e concluir que f possui um mınimo relativo em x = −2 e
outro em x = 2. Quanto ao ponto crıtico x = 0, podemos aplicar o teste da
derivada primeira. Realmente, para x ∈ (−2, 0), f′(x) > 0 e, para x ∈ (0, 2),
f′(x) < 0. Assim, concluımos que f possui um maximo relativo em x = 0.
O grafico de f e indicado na Figura 22.2.
–1
2–2
3–1 1–3
3
0
Figura 22.2
Exemplo 22.5
Considere a funcao f(x) = x3 + 3x + 2. Como f e derivavel em todo x ∈ Re f
′(x) = 3x2 + 3 nunca se anula, concluımos que f nao possui extremos
relativos (ver a Figura 22.3).
0
Figura 22.3
Exemplo 22.6
Considere a funcao f(x) = 1x2+x
, definida em R−{−1, 0}. Como f e derivavel
em todo ponto do seu domınio e f′(x) = −2x−1
(x2+x)2 , o unico ponto crıtico de f
CEDERJ 68
O teste da derivada segunda para extremos relativos.MODULO 2 - AULA 22
e x = −12. Derivando f
′, obtemos
f′′(x) =
(x2 + x)2(−2)− (−2x− 1)(2(x2 + x)(2x+ 1))
(x2 + x)4=
=(x2 + x)[−2(x2 + x) + 2(2x+ 1)2]
(x2 + x)4=
=−2(x2 + x) + 2(2x+ 1)2
(x2 + x)3.
Assim, f′′(−1
2) = −32 e, pelo teste da derivada segunda, f possui um
maximo relativo em x = − 12
(ver Figura 22.4).
–4
–1/2
Figura 22.4
Resumo
Nesta aula, voce aprendeu a identificar maximos e mınimos relativos
de funcoes usando a derivada segunda. Voce deve ter notado que o teste
da derivada segunda e mais facil de ser usado do que o teste da derivada
primeira.
Exercıcios
1. Para cada uma das funcoes abaixo, use o teste da derivada segunda
para determinar, se existirem, os pontos de maximo e mınimo relativos
da funcao.
(a) f(x) = x5 − 5x3 − 20x− 2 (b) f(x) = (1− x)2(1 + x)3
(c) f(x) = x2
x+3(d) f(x) = (x− 1)
83 + (x− 1)2
(e) f(x) = x(x+1)2 (f) f(x) = 5x
x2+7.
69 CEDERJ
O teste da derivada segunda para extremos relativos.
2. Para cada uma das funcoes dadas, determine, caso existam:
(i) as assıntotas verticais e horizontais ao grafico de f ,
(ii) os intervalos onde f e crescente ou decrescente,
(iii) os intervalos onde o grafico de f tem concavidade para cima ou
concavidade para baixo,
(iv) os extremos relativos de f ,
(v) os pontos de inflexao.
Finalmente, esboce o grafico de f .
(a) f(x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 (b) f(x) = x4 + 4x
(c) f(x) = 2x+ 12x
(d) f(x) = 1x2+x
(e) f(x) =
{2(x− 1)3 se x < 0
(x− 1)4 se x ≥ 0
(f) f(x) = (x+ 2)√−x.
3. Sejam f uma funcao derivavel em um intervalo aberto I e c ∈ I com
f′(c) = 0. Mostre que se f
′′(c) existe e f
′′(c) > 0, entao f possui um
mınimo relativo em x = c.
4. Se f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, determine a, b, c e d tais que o grafico
de f tenha um extremo relativo em (0, 3) e um ponto de inflexao em
(−1, 1).
Auto-avaliacao
O exercıcio de numero 1 depende apenas do teste da derivada segunda.
Os demais, exigem de voce o domınio de todos os conceitos e resultados vistos
ate agora visando a compreensao do comportamento de funcoes. Se voce
tiver qualquer duvida relativa a um desses conceitos ou resultados, retorne a
aula correspondente e faca uma releitura detalhada. Caso persista a duvida,
procure o tutor no polo.
CEDERJ 70
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 23
Aula 23 – Exercıcios resolvidos.
Objetivo
Fixar o conteudo visto desde a aula 16.
Referencias: Aulas 9, 16,
17, 18, 19, 21 e 22.Exercıcio 1: Verifique se cada uma das funcoes abaixo, definidas no inter-
valo [a, b], satisfaz ou nao as hipoteses do Teorema do valor medio. Em caso
afirmativo, determine um numero c ∈ (a, b) tal que f′(c) = f(b)−f(a)
b−a .
(a) f(x) = (x2 − 4)12 , [a, b] = [2, 4].
(b) f(x) =
x2 − 4
x− 2se x < 2,
6− x se x ≥ 2., [a, b] = [−3, 3].
Solucao: (a) Considere f1(x) = x2 − 4 para x ∈ [2, 4] e f2(x) =√x para
x ≥ 0. E claro que f = f2 ◦ f1 . Como f1 e contınua em [2, 4] e f2 e contınua
em [0,+∞), entao f e contınua em [2, 4].
Alem disso, sendo f1(x) > 0 para todo x ∈ (2, 4], f1 derivavel em (2, 4]
e f2 derivavel em (0,+∞), entao pela regra da cadeia f = f2 ◦ f1 e derivavel
em (2, 4] e
f′(x) = (f2 ◦ f1)
′(x) = f2
′(f1(x))f1
′(x) =
x√x2 − 4
para todo x ∈ (2, 4]. Em particular, f e derivavel em (2, 4).
Assim, as hipoteses do teorema do valor medio sao todas satisfeitas.
A reta que passa por A = (2, f(2)) = (2, 0) e B = (4, f(4)) = (4,√
12)
tem coeficiente angular igual a√
122
=√
3. Queremos, portanto, determinar
c ∈ (2, 4) tal que c
(c2−4)12
=√
3, isto e, c2
c2−4= 3, isto e, c2 = 6. Como
c ∈ (2, 4), o numero c procurado e c =√
6.
(b) A funcao f e claramente contınua em (−∞, 2)∪(2,+∞). Resta-nos,
71 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
portanto, estudar a continuidade em x = 2 ∈ [−3, 3]. Como
limx→2−
f(x) = limx→2−
x2 − 4
x− 2=
= limx→2−
(x− 2)(x+ 2)
x− 2=
= limx→2−
(x+ 2) = 4
e
limx→2+
f(x) = limx→2+
(6− x) = 4
obtemos que existe limx→2
f(x) = f(2), mostrando que f e contınua em 2. Logo,
f e contınua em R e, em particular, no intervalo [−3, 3].
A funcao f e derivavel para x < 2, pois ela e um quociente de funcoes
derivaveis cujo denominador nao se anula em (−∞, 2) (lembrar a aula 10).
Sendo f um polinomio para x > 2, ela e derivavel em (2,+∞). Resta-nos,
portanto, estudar a derivabilidade de f em x = 2. Determinando os limites
laterais temos:
limx→2−
f(x)− f(2)
x− 2= lim
x→2−
x2 − 4
x− 2− 4
x− 2=
= limx→2−
(x− 2)(x+ 2)
x− 2− 4
x− 2=
= limx→2−
(x+ 2)− 4
x− 2= 1
e
limx→2−
f(x)− f(2)
x− 2= lim
x→2+
(6− x)− 4
x− 2=
= limx→2−
(x− 2)(x+ 2)
x− 2− 4
x− 2=
= limx→2+
2− xx− 2
= −1 .
Concluımos, assim, que f nao e derivavel em x = 2 nao satisfazendo,
portanto, a hipotese de derivabilidade no intervalo aberto (−3, 3).
CEDERJ 72
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 23
Exercıcio 2 (Desafio, da aula 16): Use o Teorema de Rolle para demonstrar
que a equacao x5 + x3 + 2x− 3 = 0 possui exatamente uma raiz no intervalo
(0, 1).
Solucao: A funcao f(x) = x5+x3+2x−3 e contınua em [0, 1]. Como f(0) =
−3 < 0 e f(1) = 1 > 0, pelo teorema do valor intermediario (aula 7) existe
a ∈ (0, 1) tal que f(a) = 0. Isso mostra que a equacao x5 + x3 + 2x− 3 = 0
possui uma raiz no intervalo (0, 1). Vamos mostrar que ela e unica. Com
efeito, suponha que b ∈ (0, 1) seja uma outra raiz da equacao com, digamos,
a < b. Entao temos que f(a) = f(b) e, pelo teorema de Rolle, existe c ∈ (a, b)
tal que f′(c) = 0. Mas f
′(x) = 5x4 + 3x2 + 2 > 0 para todo x ∈ (0, 1);
portanto, tal b nao pode existir.
Exercıcio 3: Para cada uma das funcoes a seguir determine, se existirem:
(i) os pontos de descontinuidade de f ,
(ii) as assıntotas horizontais e verticais ao grafico de f ,
(iii) os intervalos onde f e crescente ou decrescente,
(iv) os extremos relativos de f ,
(v) os intervalos onde o grafico de f tem concavidade para cima ou para
baixo,
(vi) os pontos de inflexao do grafico de f .
Finalmente, esboce o grafico de f .
(a) f(x) = x13 + 2x
43 ( Exercıcio 1 (k), da aula 18);
(b) f(x) =5x
x2 + 7.
Solucao: (a) (i) A funcao f e contınua em R, pois e uma soma de funcoes
contınuas em R.
(ii) Como limx→a
f(x) = f(a) para todo a ∈ R, o grafico de f nao pos-
sui assıntotas verticais. Ele tambem nao possui assıntotas horizontais, pois
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
x43(
1x
+ 2)
= +∞.
73 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
(iii) A funcao f so nao e derivavel em x = 0, visto que x13 so nao
e derivavel neste ponto e x43 e derivavel em todos os pontos. Para x 6= 0,
f′(x) = 1
3x− 2
3 + 83x
13 = x
13(
13x
+ 83
). Assim, f
′(x) = 0 se, e somente se, x = − 1
8.
Os pontos crıticos de f sao, portanto, x = − 18
e x = 0. Usando a tabela de
sinais (conforme a Figura 23.1) para o estudo do sinal de f′(x) = x
13(
13x
+ 83
),
obtemos
−1
80
f ′(x) - + +
Figura 23.1
que f e decrescente em(−∞,−1
8
)e crescente em
(− 1
8,+∞
).
(iv) Pelo teste da derivada primeira, vemos que f possui um mınimo
relativo em x = − 18. O ponto crıtico x = 0 nao e nem maximo nem mınimo
relativo, pois pelo sinal da derivada vemos que f e crescente em um pequeno
intervalo aberto contendo o ponto x = 0.
(v) A funcao f′
so nao e derivavel em x = 0, sendo f′′(x) =
x− 2
3(− 2
9x+ 8
9
)para x 6= 0; logo, f
′′(x) = 0 se, e somente se, x = 1
4. Assim,
os pontos x = 0 e x = 14
determinam os intervalos onde devemos estudar o
sinal de f′′.
Utilizando a tabela de sinais para f′′, como indicado na Figura 23.2,
obtemos
01
4
f ′′(x) + - +
Figura 23.2
que o grafico de f tem concavidade para cima em (−∞, 0) ∪(
14,+∞
)e
concavidade para baixo em(0, 1
4
).
Voce pode observar, neste momento, que f′′
existe em x = −18
e
f′′( − 1
8
)> 0. Pelo teste da derivada segunda, f possui um mınimo rela-
tivo em x = −18, como ja havıamos visto.
CEDERJ 74
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 23
(vi) Os candidatos a pontos de inflexao sao aqueles onde ocorrem mu-
dancas de concavidade, ou seja, (0, f(0)) = (0, 0) e(
14, f(
14
))=(
14, 3
2
(14
) 13).
Como f e derivavel em x = 14, o grafico de f possui reta tangente em(
14, f(
14
)). Tendo f
′′sinais contrarios nos intervalos
(0, 1
4
)e(
14,+∞
),(
14, f(
14
))
e um ponto de inflexao do grafico de f . Quanto ao ponto x = 0, devemos
determinar se o grafico de f possui reta tangente em (0, f(0)) = (0, 0).
Como
limx→0
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0
(1
x23
+ 2x13
)= +∞,
o grafico de f possui reta tangente vertical em (0, 0), mostrando que (0, 0)
tambem e um ponto de inflexao do grafico de f .
Podemos, agora, esbocar o grafico de f , como indicado na Figura 23.3.
–3/8
–1/2
–1/8
f(1/4)
1/4
Figura 23.3
Solucao: (b) (i) A funcao f(x) = 5xx2+7
esta definida e e contınua em todo
x ∈ R, pois e um quociente de polinomios cujo denominador nunca se anula.
(ii) Como, para todo a ∈ R, limx→a
f(x) = f(a), o grafico de f nao possui
assıntotas verticais. Agora, como
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
5x
x2 + 7= lim
x→±∞x2
x2
5
x
(1 +
7
x2
)= lim
x→±∞
5x
1 + 7x2
= 0 ,
temos que a reta y = 0 e uma assıntota horizontal ao grafico de f .
(iii) A funcao f e derivavel em todo x ∈ R, f′(x) = −5x2+35
(x2+7)2 e, portanto,
f′(x) = 0 se, e somente se, x = ±
√7. O sinal de f
′e determinado pelo sinal
do numerador. Assim, vemos facilmente (−5x2 + 35 tem como grafico uma
parabola com concavidade para baixo interceptando o eixo x das abscissas
em x = ±√
7) que f′(x) < 0 em (−∞,−
√7) ∪ (
√7,+∞) e f
′(x) > 0
75 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
em (−√
7,√
7). Concluımos, entao, que f e decrescente em (−∞,−√
7) ∪(√
7,+∞) e crescente em (−√
7,√
7).
(iv) Pelo item (iii), os pontos crıticos de f sao x = ±√
7. De posse
dos sinais de f′(x) temos, pelo teste da derivada primeira, que f possui um
mınimo relativo em x = −√
7 e um maximo relativo em x =√
7. Poderıamos
usar o teste da derivada segunda para chegar a mesma conclusao. Com
efeito, f′′(x) = 10x3−210x
(x2+7)3 para todo x ∈ R. Como f′(−√
7) = f′(√
7) = 0,
f′′(−√
7) > 0 e f′′(√
7) < 0, segue do teste da derivada segunda que f possui
um mınimo relativo em x = −√
7 e um maximo relativo em x =√
7.
(v) Como f′
e derivavel para todo x ∈ R e f′′(x) = 10x3−210x
(x2+7)3 = 0 se,
e somente se, x = 0 ou x = ±√
21, para determinar os intervalos onde o
grafico de f tem concavidade para cima ou para baixo, devemos estudar o
sinal de f′′
em (−∞,−√
21) ∪ (−√
21, 0) ∪ (0,√
21) ∪ (√
21,+∞). Sendo o
denominador (x2 + 7)3 > 0 para todo x ∈ R, o sinal de f′′
fica determinado
pelo sinal do numerador. Como 10x3 − 210x = x(10x2 − 210), o sinal de f′′
e o produto dos sinais das funcoes g(x) = x e h(x) = 10x2 − 210. Dispondo
esses dados na tabela de sinais, conforme a Figura 23.4,
−√
21 0√
21
f ′′(x) - + - +
Figura 23.4
obtemos que o grafico de f tem concavidade para cima em (−√
21, 0) ∪(√
21,+∞) e concavidade para baixo em (−∞,−√
21) ∪ (0,√
21).
(vi) Pelo item (v), os unicos pontos de mudanca de concavidade do
grafico de f sao (−√
21, f(−√
21)), (0, f(0)) = (0, 0) e (√
21, f(√
21)). Como
o grafico de f possui reta tangente em cada um deles (f e derivavel em 0,
−√
21 e√
21), eles sao os unicos pontos de inflexao do grafico de f .
Reunindo todas as informacoes podemos, agora, esbocar o grafico de f
(ver a Figura 23.5).
CEDERJ 76
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 23
5√
714
5√
2128
−√
7−√
21
− 5√
714
− 5√
2128
√7
√21
Figura 23.5
Exercıcio 4: Se f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, determine a, b, c, e d tais que
o grafico de f possua um ponto de inflexao em (1, 2) e tais que o coeficiente
angular da reta tangente ao grafico de f neste ponto seja −2.
Solucao: Primeiramente, como (1, 2) deve ser um ponto do grafico de f ,
temos que f(1) = 2, ou seja, a + b + c + d = 2. Em segundo lugar, como
o coeficiente angular da reta tangente ao grafico no ponto (1, 2) e dado por
f′(1), obtemos de f
′(x) = 3ax2 + 2bx+ c e f
′(1) = −2 que 3a+ 2b+ c = −2.
Finalmente, como queremos que (1, 2) seja ponto de inflexao e como f′′(1)
existe, pela Proposicao 19.1 devemos ter f′′(1) = 0, ou seja, 6a + 2b = 0.
Obtemos, assim, o sistema
a+ b+ c+ d = 2,
3a+ 2b+ c = −2,
6a+ 2b = 0.
Resolvendo o sistema, obtemos b = −3a, c = −2 + 3a e d = 4 − a. Assim,
para qualquer valor de a, obtemos b, c, e d tais que a respectiva funcao f
satisfaz as propriedades desejadas. Por exemplo, se tomarmos a = 1, obtemos
b = −3, c = 1 e d = 3, ou seja, a funcao f(x) = x3 − 3x2 + x+ 3 satisfaz as
propriedades desejadas. Forneca outros exemplos de funcoes satisfazendo as
propriedades desejadas.
Resumo
Esses exercıcios avaliam todo o conteudo visto ate aqui nesse modulo.
A partir dessas resolucoes voce pode, inclusive, tirar duvidas de exercıcios de
aulas anteriores nos quais tenha tido duvida ou nao tenha conseguido resolver.
Nesses casos, retorne a(s) aula(s) em questao e refaca-os. Se persistir a
duvida, procure o tutor no polo.
77 CEDERJ
Extremos absolutos.MODULO 2 - AULA 24
Aula 24 – Extremos absolutos.
Objetivo
Aplicar o Teorema de Weierstrass, visto na aula 7, para resolver pro-
blemas de maximos e mınimos absolutos.Referencias: Aulas 7, 21 e
22.
Na aula 21 voce foi apresentado aos conceitos de maximo e mınimo
relativo de funcoes. Uma pergunta natural a se fazer e: qual a justificativa
para a utilizacao do termo relativo quando se fala de maximos e mınimos?
Para responder a essa pergunta, vejamos dois exemplos.
Exemplo 24.1
Considere a funcao f(x) = x3 +2x2−4x+1. Sendo f duas vezes derivavel em
R, podemos aplicar o teste da derivada segunda para determinar os pontos
de maximo e mınimo relativos de f . Como f′(x) = 3x2 + 4x− 4, temos que
f′(x) = 0 se, e somente se, x = −2 ou x = 2
3. Sendo f
′′(x) = 6x+4, f
′′(−2) =
−8 < 0 e f′′(2
3
)= 8 > 0, segue que f possui um maximo relativo em x = −2
e um mınimo relativo em x = 23. Por outro lado, como lim
x→−∞f(x) = −∞ e
limx→+∞
f(x) = +∞, existem valores de x para os quais f(x) > f(−2) e existem
valores de x para os quais f(x) < f(
23
). E por esse motivo que falamos em
maximo relativo e em mınimo relativo. No nosso exemplo, f(−2) nao e o
valor maximo assumido por f se considerarmos todos os valores de x no
domınio de f assim como f(
23
)nao e o valor mınimo assumido por f se
considerarmos todos os valores de x no domınio de f .
Um esboco do grafico de f e apresentado na Figura 24.1.
9
–13/27
2/3
–2
Figura 24.1
Por outro lado, temos:
79 CEDERJ
Extremos absolutos.
Exemplo 24.2
Considere a funcao f : [−3, 1] → R definida por f(x) = x3 + 2x2 − 4x + 1,
isto e, restringimos a funcao do Exemplo 24.1 ao intervalo [−3, 1]. E facil
ver que os valores f(−2) e f(
23
)sao, respectivamente, os valores maximo
e mınimo assumidos por f dentre todos os valores de x ∈ [−3, 1], isto e,
f(
23
)≤ f(x) ≤ f(−2) para todo x ∈ [−3, 1].
Isso justifica a definicao a seguir:
Definicao 24.1 Dizemos que uma funcao f possui um maximo absoluto em
um ponto x1, se f(x1) ≥ f(x) para todo x no domınio de f . Analogamente,
f possui um mınimo absoluto em um ponto x2, se f(x2) ≤ f(x) para todo
x no domınio de f . No primeiro caso, dizemos que f(x1) e o valor maximo
absoluto de f e, no segundo caso, dizemos que f(x2) e o valor mınimo
absoluto de f . Um ponto onde f possui um maximo ou mınimo absoluto e
chamado de extremo absoluto de f .
O Exemplo 24.1 mostra que uma funcao pode admitir maximo e mınimo
relativo sem, entretanto, admitir maximo ou mınimo absoluto. Por outro
lado, na aula 7, voce foi apresentado ao Teorema de Weierstrass que da uma
condicao para a existencia de extremos absolutos. Ele pode ser enunciado
como se segue:
Teorema 24.1
Se f : [a, b] → R e uma funcao contınua, entao f possui um maximo e um
mınimo absoluto em [a, b].
Agora, note que um extremo absoluto de uma funcao contınua
f : [a, b] → R ou e um extremo relativo de f ou um extremo do intervalo.
Para que uma funcao tenha um extremo relativo em um numero c e condicao
necessaria que c seja um ponto crıtico. Assim, para determinar os extremos
absolutos de f , voce deve proceder da seguinte maneira:
(a) determine os pontos crıticos de f em (a, b);
(b) determine f(a) e f(b).
Compare, entao, os valores assumidos por f nos pontos crıticos, com
f(a) e f(b); o maior dentre eles sera o valor maximo absoluto assumido por
f em [a, b]; o menor dentre eles sera o valor mınimo absoluto assumido por
f em [a, b].
Vejamos um exemplo.CEDERJ 80
Extremos absolutos.MODULO 2 - AULA 24
Exemplo 24.3
Considere a funcao f : [−4, 1] → R definida por f(x) = x3 + 2x2 − 4x + 1,
isto e, restringimos, agora, a funcao do Exemplo 24.1 ao intervalo [−4, 1].
Vimos que f possui um maximo relativo em x = −2 e um mınimo relativo
em x = 23. Alem disso, f(−4) = −15, f(−2) = 9, f
(23
)= −13
27e f(1) = 0.
Assim, f possui um maximo absoluto em x = −2 e um mınimo absoluto em
x = −4.
Vamos, a partir de agora e ate o fim desta aula, aplicar o teorema de
Weierstrass para resolver alguns problemas interessantes.
Exemplo 24.4
Um campo retangular, beirando um rio, vai ser cercado. O proprietario do
terreno exigiu que o lado do campo que beira o rio nao seja cercado. Se
o material da cerca custa R$2,00 por metro para os extremos do campo e
R$3,00 por metro para o lado paralelo ao rio, qual a dimensao do campo de
maior area possıvel que pode ser cercado com um custo de R$1.200,00?
y
x
Figura 24.2
Queremos maximizar a area do campo a ser cercado levando-se em
conta o custo limite de R$1.200,00. Sejam
x = o numero de metros de comprimento de um extremo do campo;
y = o numero de metros de comprimento do lado paralelo ao rio;
A = o numero de metros quadrados da area do campo.
Entao, A = xy.
Como o custo do material de cada extremo e de R$2,00 por metro e
o comprimento de um extremo e de x metros, o custo total para cercar um
extremo e de R$2x. Analogamente, o custo total para cercar o lado paralelo
81 CEDERJ
Extremos absolutos.
ao rio e de R$3y. Temos, assim,
2x+ 2x+ 3y = 1.200.
Queremos, agora, expressar a area A em termos de uma unica variavel.
Tirando y como funcao de x na equacao acima e substituindo na equacao da
area, obtemos
A(x) = x
(400− 4
3x
).
Devemos, agora, determinar o intervalo de definicao dessa funcao. Ora,
como x e y nao podem ser negativos, devemos ter x ≥ 0 e y = 400 − 43x ≥
0, donde x ≤ 300. Desde que A e contınua no intervalo fechado [0, 300],
concluımos pelo teorema de Weierstrass que A possui um maximo absoluto
neste intervalo.
Vamos determinar os pontos crıticos de A(x) = 400x− 43x2.
Temos A′(x) = 400 − 8
3x; assim, os pontos crıticos de f sao os valores
de x para os quais A′(x) = 0, ou seja, x = 150, que pertence ao intervalo
(0, 300). Portanto, o maximo absoluto de A e assumido em 0, 150 ou 300.
Como A(0) = 0, A(150) = 30.000 e A(300) = 0, concluımos que A assume
seu maximo absoluto em x = 150 metros. Assim, a maior area que pode ser
cercada com R$1.200 e de 30.000 metros quadrados e isto e obtido quando
o lado paralelo ao rio possuir 200 metros de comprimento e cada um dos
extremos possuir 150 metros de comprimento.
Exemplo 24.5
Duas cidades, A e B, ambas com energia eletrica, se situam em pontos opostos
um ao outro nas margens de um rio reto de 30 km de largura. Uma terceira
cidade C se situa a 60km rio abaixo da cidade B e nao tem energia eletrica.
Uma companhia de energia eletrica decidiu fornecer-lhe energia. Visto que a
energia seria fornecida pela usina situada na cidade A e sendo o custo por km
de cabeamento por agua 25% mais caro que o custo por km do cabeamento
por terra, qual deveria ser o cabeamento feito pela companhia para que o
custo final fosse o mais barato?
Queremos determinar um ponto P entre as cidades B e C de maneira
que o cabeamento por agua mais o cabeamento por terra de P a C tenha o
menor custo final.
CEDERJ 82
Extremos absolutos.MODULO 2 - AULA 24
A
BC
Figura 24.3
Sejam
x = a distancia (em quilometros) de B a P;
c = o custo por quilometro do cabeamento por agua.
Como a distancia de A a B e de 30km, temos que a distancia de A a P
e a hipotenusa do triangulo retangulo ABP, isto e,√
900 + x2. Sendo o
cabeamento de A a P feito por agua, o custo para a ligacao e de c√
900 + x2.
O custo do cabeamento de P a C e de 100125c(60 − x), visto que o custo por
terra T mais 25100T e igual ao custo por agua c e a distancia de P a C e 60−x.
Assim, o custo total e de C(x) = c√
900 + x2 + 100125c(60 − x) (ver a Figura
24.4). Como x varia de 0 a 60, queremos encontrar o mınimo absoluto da
funcao contınua C(x) no intervalo [0, 60].
P
Figura 24.4
Temos que C′(x) = cx√
900+x2 − 100c125
. Assim, os pontos crıticos sao os
valores de x para os quais C′(x) = 0, ou seja, x√
900+x2 = 100125
, ou seja,
x2 = 1600. Obtemos, portanto, x = 40km. Como C(0) = 78c, C(40) = 66c
e C(60) = c√
4.500, concluımos que o cabeamento mais barato para a com-
panhia e ligar, por agua, a cidade A a um ponto P distante de B 40km rio
abaixo e, em seguida, por terra, ligar P a C.
83 CEDERJ
Extremos absolutos.
Exemplo 24.6
Um monopolista determina que o custo total de producao de x unidades de
certa mercadoria e C(x) = 25x+ 20.000. A equacao de demanda e x+ 50p =
5.000, onde sao solicitadas x unidades por semana a um preco de p reais por
unidade. Se o lucro semanal deve ser maximizado, determine: (a) o numero
de unidades que se deve produzir a cada semana; (b) o preco de cada unidade;
(c) o lucro semanal.
A funcao preco por unidade ao se demandar x unidades por semana
da mercadoria e P (x) = 5.000−x50
, onde x ∈ [0, 5.000], pois x e P (x) devem
ser nao negativos. Assim, a receita ao se vender x unidades por semana e
R(x) = xP (x) = x5.000−x50
. Sendo o lucro igual a receita menos despesa,
obtemos que o lucro e dado pela funcao L(x) = x 5.000−x50
− 25x − 20.000,
definida para x ∈ [0, 5.000]. Determinemos qual a producao para que se
obtenha lucro maximo.
Um maximo relativo de L em (0, 5.000) e um ponto x tal que L′(x) = 0
e L′′(x) < 0. Temos L
′(x) = 100 − 2x
50− 25 = 0 se, e somente se, x = 1.875.
Como L′′(x) = − 2
50< 0 para todo x ∈ (0, 5.000), L possui um maximo
relativo em x = 1.875. Agora, sendo L(0) = −20.000, L(1.875) = 50.312, 5
e L(5.000) = −145.000, temos que L possui um maximo absoluto em x =
1.875. Assim, o lucro maximo e obtido ao se produzir 1.875 unidades da mer-
cadoria por semana. O preco de cada unidade sera P (1875) = 5.000−1.87550
=
62, 5 reais e o lucro semanal sera de L(1875) = 50.312, 5 reais.
Exemplo 24.7
O navio A esta 60km a leste do navio B viajando para o sul a 20km por
hora, enquanto o navio B esta indo para o leste a uma velocidade de 15km
por hora. Se os navios continuam seus respectivos cursos, determine a menor
distancia entre eles e quando isto ocorrera.
B A
0
Figura 24.5CEDERJ 84
Extremos absolutos.MODULO 2 - AULA 24
B
A
t
QP
15 kmt
20
kmt
Figura 24.6
Na Figura 24.5, P representa a posicao original do navio A e Q a posicao
original do navio B. Apos t horas, o navio A tera se deslocado 20t km en-
quanto o navio B tera se deslocado 15t km. Pelo Teorema de Pitagoras, a
distancia entre os dois neste momento sera de
y = y(t) =√
(20t)2 + (60− 15t)2 =√
625t2 − 1800t + 3600km.
E claro que y(t) sera mınima quando 625t2 − 1800t+ 3600 for mınima.
Seja entao f(t) = 625t2 − 1800t + 3600, definida para t ∈ [0. +∞). Como
f′(t) = 1250t−1800, o unico ponto crıtico de f e t = 180
125. Alem disso, f
′(t) <
0 para t ∈(0, 180
125
)e f
′(t) > 0 para t > 180
125; logo, f e decrescente em
(0, 180
125
)
e crescente em(
180125,+∞
). Vemos, assim, que t = 180
125e o ponto de mınimo
absoluto de f . Portanto, a distancia mınima entre os dois navios ocorre apos
ter passado 180125
= 1, 44 horas e e dada por y(1, 44) =√
(28, 8)2 + (21, 6)2 =√1296 = 36km.
Resumo
Nesta aula voce aprendeu a determinar os extremos absolutos de uma
funcao definida em um intervalo fechado e limitado, percebendo, atraves das
aplicacoes que fizemos, a importancia do teorema de Weierstrass na resolucao
de problemas concretos.
85 CEDERJ
Extremos absolutos.
Exercıcios
1. Determine os extremos absolutos das funcoes dadas nos intervalos in-
dicados.
(a) f(x) = (x+ 1)2 em [−2, 1]
(b) f(x) = sen(πx2 − πx− 3π2
) em[− 3
2, 3]
(c) f(x) =
{x+ 2 se x < 1,
x2 − 3x+ 5 se x ≥ 1em [−6, 5]
(d) f(x) = (x+ 2)23 em [−4, 3]
(e) f(x) = x3 − 2x2 − 4x+ 1 em [−2, 3]
(f) f(x) = |x− 4|+ 1 em [0, 6]
(g)√
4− x2 em [−2, 2].
2. Uma area retangular e cercada por 1500m de grade. Determine as
dimensoes do retangulo de area maxima.
3. Encontre dois numeros reais positivos cuja soma seja 16 e o produto
seja maximo.
4. Uma folha de papel dispoe de 18 centımetros quadrados para impressao
de um texto informativo. As margens superior e inferior estao a 2
centımetros da extremidade correspondente do papel. Cada margem
lateral deve ser de 1 centımetro. Quais as dimensoes da folha de papel
para que sua area total seja mınima?
5. Determine as dimensoes do cilindro de maior volume que pode ser ins-
crito em uma esfera de raio igual a 6 centımetros.
6. Uma lampada L de vapor de sodio sera colocada no topo de um poste
de altura x metros para iluminar um jardim J situado em um espaco
publico bastante visitado (Figura 24.7). O pe P do poste precisa estar
localizado a 40 metros de J. Se r = |LJ | e a distancia da lampada ao
jardim J e α e o angulo PJL, entao a intensidade de iluminacao I em
J e proporcional ao seno de α e inversamente proporcional a r2; assim,
I = csenαr2 , onde c e uma constante. Ache o valor maximo de x que
maximiza I.
CEDERJ 86
Extremos absolutos.MODULO 2 - AULA 24
P
L
r = |LJ|x
40 m
Figura 24.7
7. Uma empresa de porte medio observou que uma secretaria trabalha
efetivamente 30 horas por semana. Entretanto, se outras secretarias
forem empregadas, o resultado de sua conversa provocara uma reducao
no numero efetivo de horas trabalhadas por semana e por secretaria
de 30(x−1)2
33horas, onde x e o numero total de secretarias empregadas.
Quantas secretarias devem ser empregadas para produzir o maximo de
trabalho efetivo por semana?
8. A equacao de demanda de uma certa mercadoria e
106px = 109 − 2.106x+ 18.103x2 − 6x3,
onde x e o numero de unidades produzidas semanalmente, p reais e
o preco de cada unidade e x ≥ 100. O custo de producao da cada
unidade e dado por c(x) = 150x − 24 + 11.103x−1. Encontre o numero
de unidades que devem ser produzidas semanalmente e o preco de cada
unidade para que o lucro semanal seja maximo.
9. Dada a circunferencia x2 +y2 = 9, encontre a menor distancia do ponto
(4, 5) a um ponto da circunferencia.
Auto-avaliacao
Nesta aula, voce deve demonstrar domınio dos conteudos vistos nas au-
las 21 e 22. Entretanto para que voce tenha exito na resolucao dos exercıcios
voce deve demonstrar, tambem, conhecimento de geometria plana e espacial
( area e perımetro de polıgonos, volume e area da superfıcie de solidos), geo-
metria analıtica (equacoes de conicas, distancia entre dois pontos, no plano
e no espaco) e dominar alguns conceitos basicos de contabilidade, tais como,
receita, despesa, lucro, etc... Caso persista alguma duvida, procure o tutor
no seu polo.
87 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 25
Aula 25 – Exercıcios resolvidos.
Referencia: Aula 24.
Objetivo
Fixar o conteudo da aula 24 dando enfase a resolucao de problemas
aplicados.
Exercıcio 1: Determine o volume da maior caixa, sem tampa, que pode ser
feita com um pedaco quadrado de papelao de 8cm de lado atraves do corte
de quadrados iguais nos quatro cantos do papelao e dobrando-se os lados.
Solucao: Sejam x o lado dos quadrados do papelao a serem recortados e V
o volume (em centımetros cubicos) da caixa.
As dimensoes em centımetros da caixa sao x, (8 − 2x) e (8 − 2x). A
Figura 25.1a representa o pedaco de papelao e a Figuta 25.1b representa a
caixa.x
8 cm
(a) (b)Figura 25.1
O volume da caixa e, portanto, V = V (x) = x(8 − 2x)2. Se x = 0 ou
x = 4, V (x) = 0. Assim, o valor de x procurado esta no intervalo [0, 4]. Um
maximo relativo de V (x) em (0, 4) e um ponto x ∈ (0, 4) tal que V′(x) = 0
e V′′(x) < 0. Como V
′(x) = 3x2 − 16x + 16, V
′(x) = 0 se, e somente se,
x = 4 ou x = 43; o unico ponto crıtico de V (x) em (0, 4) e, portanto, x = 4
3.
Alem disso, V′′(x) = 6x − 16, donde V
′′(43
)< 0, mostrando que x = 4
3e o
ponto de maximo relativo em (0, 4). Como V (0) = V (4) = 0 e V(
43
)= 1024
27,
concluımos que o volume maximo que pode ser obtido e de 102427
centımetros
cubicos e isto ocorre quando os lados dos quadrados recortados medem 43
centımetros.
89 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
Exercıcio 2: Encontre as dimensoes do cone circular de volume maximo
que pode ser inscrito em uma esfera de 4 centımetros de raio.
Solucao: O volume do cone e dado por V = 13πr2h, onde h e a altura do
cone e r o raio da base do cone. Na Figura 25.2, O e o centro da esfera e A
o centro da base circular do cone.
A
O
C
B
Figura 25.2
Assim, h = |AC| = 4 + |OA| e r = |AB|.Denotamos por |OA| o
comprimento do segmento
ligando os pontos O e A.Aplicando o teorema de Pitagoras ao triangulo OAB, obtemos r2 =
16− |OA|2. Por outro lado, |OA|2 = (h− 4)2, ou seja, r2 = 16− (h− 4)2.
Portanto, o volume do cone e dado por
V = V (h) =1
3π(16− (h− 4)2)h =
8
3πh2 − 1
3πh3, h ∈ [0, 8] .
Como V′(h) = 16
3πh− πh2, segue que o ponto crıtico de V (h) em (0, 8)
e h = 163
. Como V (0) = V (8) = 0 e V(
163
)= 2048
81π, o volume maximo e atin-
gido quando h = 163
centımetros e r =√
16−(
163− 4)2
= 83
√2 centımetros.
Exrcıcio 3: Um arremessador de peso lanca sua bola de ferro de tal forma
que a altura em metros atingida pela bola e expressa por
y(x) = mx− (m2 + 1)x2
800,
onde m e o coeficiente angular da trajetoria no momento do arremesso e x
e a distancia do ponto de lancamento ate a projecao, no nıvel horizontal, da
posicao da bola em um instante dado (ver a Figura 25.3) . Determine o valor
de m para o qual o arremesso e o melhor possıvel.
CEDERJ 90
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 25
X
Figura 25.3
Solucao: Estamos procurando o valor de m para o qual, ao tocar o chao,
a distancia x percorrida pela bola seja maxima. Para qualquer valor de
m, a bola toca o chao quando y = 0, isto e, quando mx = (m2 + 1) x2
800.
Determinando x, obtemos
x = x(m) =800m
m2 + 1.
Nosso problema e, portanto, encontrar o valor de m que maximize a
funcao x(m), m ∈ (0,+∞). Derivando x(m), temos x′(m) = 800 1−m2
(m2+1)2 ;
m = 1 e, portanto, o unico ponto crıtico. A solucao m = 1 indicaria que
para se obter o melhor arremesso a bola deveria partir com uma inclinacao
de 45◦ e, neste caso, a distancia atingida seria de 400 metros. Nao e difıcil
acreditar que, de fato, o coeficiente angular m = 1 maximiza x(m). Por via
das duvidas, comprovemos nossa crenca. O sinal de x′(m) e determinado
pelos sinal do numerador 1−m2. Como x′(m) > 0 em (0, 1) e x
′(m) < 0 em
(1,+∞), segue que x(m) possui um maximo absoluto em m = 1.
Uma outra pergunta que poderıamos fazer e: fixado um coeficiente
angular m, a que distancia x do lancamento a altura y da bola seria maxima?
Neste caso, o valor m e uma constante e procuramos o valor de x ∈(0,+∞) para o qual y(x) = mx− (m2 + 1) x
2
800e maximo.
Visto que dydx
= m − (m2+1)x400
= 0 se, e somente se, x = 400mm2+1
e d2ydx2 =
−m2+1400
< 0 para todo x > 0, concluımos que y(x) possui um maximo relativo
em x = 400mm2+1
. Pelo sinal da derivada, vemos que y e crescente em(0, 400m
m2+1
)e
decrescente em(
400mm2+1
,+∞). Concluimos, portanto, que y possui um maximo
absoluto em x = 400mm2+1
.
Comparemos, agora, com a resposta da primeira pergunta: ao tomar-
mos m = 1 vemos que a altura maxima e obtida quando x = 200 metros,
isto e, a meio caminho entre o lancamento e o ponto onde a bola toca o chao.
Bastante razoavel voce nao acha?
91 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
Exercıcio 4: Um hotel de um andar com area retangular de 14.000 metros
quadrados sera construıdo. Segundo a legislacao vigente, constatou-se que
a construcao deve ser feita de maneira que se tenha uma area livre de 22
metros na frente, 22 metros nos fundos e 15 metros de cada lado. Encontre
as dimensoes do lote de area mınima no qual pode ser construıdo este hotel.
Solucao: A Figura 25.4 representa o lote e o hotel vistos de cima, respeitadas
as exigencias da legislacao.
22 m
22 m
15 m
Figura 25.4
Sendo as dimensoes do lote dadas por l e h, segue que os lados do hotel
sao l − 30 e h − 44. Assim, 14.000 = (l − 30)(h − 44), donde l = 11.880+30hh−44
.
Sendo a area do lote dada por A = lh, substituindo a expressao de l, obtemos
A = A(h) =11.880h + 30h2
h− 44
Note que, pelos dados do problema, h > 44. Como
A′(h) =
3h2 − 264h− 56.672
(h− 44)2
os pontos crıticos de A(h) sao os valores de h ∈ (44,+∞) que satisfazem
3h2 − 264h − 56.672 = 0. Logo, o unico ponto crıtico e h = 44(1 +√
10).
Note que, pelo sinal da derivada, A(h) e decrescente em (44, 44(1 +√
10))
e crescente em (44(1 +√
10),+∞). Concluımos, assim, que A(h) possui um
mınimo absoluto em h = 44(1 +√
10) e as dimensoes do lote de area mınima
sao dadas por h = 44(1 +√
10) metros e l = 30(1 +√
10) metros.
CEDERJ 92
Exercıcios resolvidos.MODULO 2 - AULA 25
Exercıcio 5: Para produzir uma determinada peca do sistema de freios
de um automovel, uma fabrica de autopecas tem C(x) reais de custo para
produzir semanalmente x unidades da referida peca, onde C(x) = 50x+ 300.
Se a demanda por x unidades semanais e de x+ 15p = 950, onde p reais e o
preco por unidade, determine o numero de pecas que devem ser produzidas
para se obter o lucro maximo.
Solucao: Como o preco por unidade e p = 950−x15
reais, x ∈ [0, 950]
(x e p sao nao negativos), a receita por x unidades da peca e R(x) = x 950−x15
.
Sendo o lucro L(x) igual a receita menos a despesa, temos
L(x) =950x− x2
15− 50x− 300 .
Um ponto de maximo relativo de L em (0, 950) e um ponto x tal que
L′(x) = 0 e L
′′(x) < 0.
Sendo L′(x) = −2x+200
15e L
′′(x) = − 2
15para todo x ∈ (0, 950), con-
cluımos que x = 100 e o unico ponto de maximo relativo em (0, 950). Final-
mente, como L(0) = −300, L(100) = 1.1003
e L(950) < 0, para obter o lucro
maximo a fabrica deve produzir 100 pecas por semana e vender cada peca
por R$56,66.
Exercıcio 6: No Exercıcio 5, suponha, tambem, que o governo exija 80
centavos de imposto por unidade produzida. Quantas unidades devem ser
produzidas semanalmente para se obter o lucro maximo?
Solucao: Com o imposto acrescentado, o custo total passa a ser C(x) =
50x + 300 + 0, 80x; portanto, a funcao lucro passa a ser L(x) = 950x−x2
15−
50, 8x − 300, x ∈ [0, 950]. Como L′(x) = −2x+188
15e L
′′(x) = − 2
15< 0 para
todo x ∈ (0, 950), concluımos, como no Exercıcio 6, que x = 94 e o ponto de
maximo absoluto, ou seja, para obter lucro maximo a fabrica deve produzir
94 pecas por semana e vender cada peca por R$57,06.
E interessante notar que, ao compararmos os resultados dos Exercıcios 5
e 6, o aumento total de 80 centavos nao deve ser repassado integralmente para
o consumidor para que o lucro semanal maximo seja atingido. O fabricante
deve repassar somente 40 centavos para o consumidor. O que esse resultado
esta nos dizendo e que o consumidor resiste a grandes variacoes de preco.
93 CEDERJ
Exercıcios resolvidos.
Exercıcio 7: Uma empresa de seguro de saude fez um acordo com a Asso-
ciacao de Docentes de uma universidade no qual, a partir do 12◦ professor,
cada novo professor segurado teria um desconto de 2 por cento no valor do
plano individual. Adimitindo-se que no acordo nao se pode incluir depen-
dentes, qual o numero de professores necessarios para que a empresa tenha
receita maxima?
Solucao: Sejam x o numero de professores segurados e R$a o valor do seguro
sem desconto por professor. Se x ≤ 12, a receita da empresa e dada por ax
reais. Por outro lado, se x > 12, o numero de professores que receberao o
desconto de 2 por cento e igual a (x− 12) , ou seja, devemos diminuir de ax
o valor de 2100
(x− 12)ax reais. Assim, a receita total da empresa e dada por
R(x) =
ax se 0 ≤ x ≤ 12,
ax−[
2
100(x− 12)
]ax se x > 12.
Temos que R e contınua em [0,+∞), nao e derivavel em x = 12 e
R′(x) =
a se 0 ≤ x < 12,124
100a− 4
100ax se x > 12.
Portanto, os pontos crıticos de R sao x = 12 e x = 31. Como R′(x) > 0
em (0, 12) e tambem em (12, 31), temos que R e crescente em [0, 31]. Mas
R′(x) < 0 para x > 31; logo, x = 31 e o ponto de maximo absoluto de R.
Assim, com 31 professores a empresa tera receita maxima.
Resumo
Esses exercıcios comentados devem ter contribuıdo para sua compre-
ensao da aula 24. Alem disso, voce deve ter sanado algumas duvidas em
exercıcios nos quais teve dificuldade ou nao conseguiu resolver. Se esse for o
caso, retorne a eles e refaca-os.
CEDERJ 94
A regra de L’Hopital.MODULO 2 - AULA 26
Aula 26 – A regra de L’Hopital.
Referencia: Aulas 3, 4, 5 e
10.Objetivo
Usar a derivada para determinar certos limites onde as propriedades
basicas de limites, vistas nas aulas 3, 4, e 5, nao se aplicam.
Voce se lembra de que, na aula 3, do modulo 1, vimos como con-
sequencia das Proposicoes 3.2 e 3.3 que, se limx→a
f(x) = l1 e limx→a
g(x) = l2,
com l2 6= 0, entao limx→a
f(x)g(x)
=limx→a
f(x)
limx→a
g(x)= l1
l2.
No caso em que limx→a
g(x) = 0 esta regra nao pode ser aplicada. E o
caso, por exemplo, do limx→0
1x
que, como vimos, nao existe. E o caso, tambem,
do limx→2
x2−3x+2x2−5x+6
. Para determinar este limite lancamos mao da fatoracao de
polinomios. Obtemos que este limite e igual a
limx→2
(x− 2)(x− 1)
(x− 2)(x− 3)= lim
x→2
x− 1
x− 3= −1 .
O limx→0
senxx
, visto na aula 4, e um outro exemplo dessa situacao. Mos-
tramos que este limite e igual a 1 usando outras tecnicas.
Uma pergunta natural a se fazer e: existe uma maneira mais simples de
determinar limites de funcoes quando as propriedades elementares por nos
conhecidas nao se aplicam? Daremos a resposta a esta pergunta em alguns
casos.
O que veremos agora e que, sob certas hipoteses, podemos usar a deri-
vada para determinar limx→a
f(x)g(x)
no caso em que limx→a
f(x) = 0 e limx→a
g(x) = 0.
Iniciemos pela forma indeterminada 00.
Definicao 26.1 Quando limx→a
f(x) = 0 e limx→a
g(x) = 0, dizemos que a funcao
f(x)g(x)
tem a forma indeterminada 00
em a
Veremos, agora, um metodo geral para encontrar o limite de uma funcao
que tem a forma indeterminanda 00
em um numero a. Este metodo e atribuıdo
ao matematico amador frances Guillaume Francois de L’Hopital (1661-1707),
que escreveu o primeiro livro de Calculo, publicado em 1696. Este metodo e
conhecido como regra de L’Hopital.
95 CEDERJ
A regra de L’Hopital.
Teorema 26.1 (regra de L’Hopital)
Sejam f e g funcoes derivaveis em um intervalo aberto I, exceto possivel-
mente em um ponto a ∈ I. Suponha que para todo x 6= a em I, g′(x) 6= 0. Su-
ponha, alem disso, que limx→a
f(x) = 0 e limx→a
g(x) = 0. Entao, se limx→a
f′(x)
g′(x)
= L,
segue que limx→a
f(x)g(x)
= L.
O que o teorema nos diz e que se f(x)g(x)
tem a forma indeterminada 00
em
a e se a derivada do numerador f′(x) e do denominador g
′(x) sao tais que
limx→a
f′(x)
g′(x)
= L, entao limx→a
f(x)g(x)
= L.
O teorema tambem e valido se todos os limites forem limites a direita ou
se todos os limites forem limites a esquerda. E o caso, por exemplo, quando
o ponto a for o extremo inferior de I ou o extremo superior de I.
Antes de demonstrar o teorema, vamos ilustrar seu uso em alguns
exemplos.
Exemplo 26.1
Usando fatoracao de polinomios, vimos que limx→2
x2−3x+2x2−5x+6
= −1. Como
limx→2
(x2 − 3x+ 2) = 0 e limx→2
(x2 − 5x+ 6) = 0, podemos aplicar a regra de
L’Hopital para obter
limx→2
x2 − 3x+ 2
x2 − 5x+ 6= lim
x→2
2x− 3
2x− 5= −1 .
Exemplo 26.2
Ja sabemos que limx→0
senxx
= 1. Como limx→0
senx = 0 e limx→0
x = 0, podemos
aplicar a regra de L’Hopital para obter
limx→0
senx
x= lim
x→0
cosx
1= 1 .
Exemplo 26.3
Vamos determinar o limx→0
2cos2x− 2
sen2x.
Temos limx→0
(2cos2x − 2) = 0 e limx→0
sen2x = 0; aplicando a regra de
L’Hopital, temos
limx→0
2cos2x− 2
sen2x= lim
x→0
4(cosx)(−senx)
2(senx)(cosx)= lim
x→0
−2cosx
cosx= −2 .
O exemplo a seguir mostra que a regra de L’Hopital pode ser aplicada
repetidas vezes desde que em cada etapa as condicoes do Teorema 26.1 sejam
satisfeitas.
CEDERJ 96
A regra de L’Hopital.MODULO 2 - AULA 26
Exemplo 26.4
Determinemos o limx→0
x2
1− cos(2x).
Como a funcao x2
1−cos(2x)tem a forma indeterminada 0
0em a = 0, pode-
mos aplicar a regra de l’Hopital para obter
limx→0
x2
1− cos(2x)= lim
x→0
2x
2sen(2x)= lim
x→0
x
sen(2x).
Como limx→0
x = 0 e limx→0
sen(2x) = 0, podemos, de novo, aplicar a regra
de l’Hopital para obter
limx→0
x2
1− cos(2x)= lim
x→0
x
sen(2x)= lim
x→0
1
2cos(2x)=
1
2.
Na aula 16 voce foi apresentado ao teorema do valor medio. Agora,
para demonstrar o Teorema 26.1, necessitamos do teorema conhecido como
o teorema do valor medio de Cauchy que e uma extensao do teorema do
valor medio. Este teorema e atribuıdo ao matematico frances Augustin Louis
Cauchy (1789-1857).
Teorema 26.2
(Teorema do valor medio de Cauchy) Sejam f e g duas funcoes tais que:
(a) f e g sao contınuas no intervalo fechado [a, b];
(b) f e g sao derivaveis no intervalo aberto (a, b);
(c) g′(x) 6= 0 para todo x ∈ (a, b).
Entao existe pelo menos um numero c ∈ (a, b) tal que
f(b)− f(a)
g(b)− g(a)=f′(c)
g′(c).
Demonstracao: Observe que, se g(a) = g(b), entao pelo teorema de Rolle
(visto na aula 16) existe x ∈ (a, b) tal que g′(x) = 0, o que contraria a
hipotese do teorema. Portanto, g(a) 6= g(b), isto e, g(b)−g(a) 6= 0. Considere
a funcao h definida por
h(x) = [f(b)− f(a)]g(x)− [g(b)− g(a)]f(x) para x ∈ [a, b] .
Evidentemente, h e contınua em [a, b], pois f e g sao contınuas em [a, b].
Analogamente, como f e g sao derivaveis em (a, b), segue que h e derivavel
em (a, b) e
h′(x) = [f(b)− f(a)]g
′(x)− [g(b)− g(a)]f
′(x) para x ∈ (a, b) .
97 CEDERJ
A regra de L’Hopital.
Agora,
h(b) = [f(b)− f(a)]g(b)− [g(b)− g(a)]f(b) = f(b)g(a)− f(a)g(b)
e
h(a) = [f(b)− f(a)]g(a)− [g(b)− g(a)]f(a) = f(b)g(a)− f(a)g(b) .
ou seja, h(a) = h(b). Podemos, portanto, aplicar o teorema de Rolle a funcao
h e concluir que existe um numero c ∈ (a, b) tal que h′(c) = 0, isto e,
0 = [f(b)− f(a)]g′(c)− [g(b)− g(a)]f
′(c) .
Como g(b)− g(a) 6= 0 e, por hipotese, g′(c) 6= 0, concluımos da ultima
igualdade quef(b)− f(a)
g(b)− g(a)=f′(c)
g′(c),
provando assim o teorema.
Voce pode observar que se a funcao g e dada por g(x) = x, entao
g′(x) = 1 e a conclusao do teorema se reduz a conclusao do teorema do valor
medio.
Agora, estamos prontos para demonstrar o Teorema 26.1. Note que,
se provarmos a regra de l’Hopital para o caso em que x se aproxima de a
pela direita e o caso em que x se aproxima de a pela esquerda, o teorema
estara provado, pois a igualdade dos limites laterais garante a conclusao do
teorema.
Faremos a demonstracao para o limite a direita; o outro caso e analogo.
Demonstracao do Teorema 26.1: Vamos mostrar que se limx→a+
f(x) = 0,
limx→a+
g(x) = 0 e limx→a+
f′(x)
g′(x)
= L, entao limx→a+
f(x)g(x)
= L.
Considere as funcoes F e G definidas por
F (x) =
{f(x) se x 6= a,
0 se x = a;e G(x) =
{g(x) se x 6= a,
0 se x = a.
Seja b ∈ I tal que b > a. Como f e g sao derivaveis em I, exceto
possivelmente em x = a, temos que F e G sao derivaveis em (a, x] para todo
x ∈ (a, b) e, portanto, contınuas em (a, x] para todo x ∈ (a, b). Note tambem
que, como limx→a+
F (x) = limx→a+
f(x) = 0 = F (a) e limx→a+
G(x) = limx→a+
g(x) =
0 = G(a), concluımos que F e G sao contınuas em cada intervalo [a, x], para
todo x ∈ (a, b). Vemos, assim, que F e G satisfazem as hipoteses do teorema
CEDERJ 98
A regra de L’Hopital.MODULO 2 - AULA 26
do valor medio de Cauchy em cada intervalo [a, x], para x ∈ (a, b). Segue,
entao, que para cada x ∈ (a, b) existe cx ∈ (a, x) tal que
F (x)− F (a)
G(x)−G(a)=F′(cx)
G′(cx),
ou seja,f(x)
g(x)=f′(cx)
g′(cx).
E importante observar que o numero cx depende de x visto que, para
cada x ∈ (a, b), o intervalo (a, x) ao qual cx pertence, varia. Por outro lado,
quando x→ a+, tambem cx → a+; consequentemente,
limx→a+
f(x)
g(x)= lim
x→a+
f′(cx)
g′(cx)= lim
cx→a+
f′(cx)
g′(cx)= lim
x→a+
f′(x)
g′(x)= L ,
o que prova o teorema.
Veremos, agora, que a regra de l’Hopital tambem e valida no caso em
que x→ +∞ e no caso em que x→ −∞. Enunciaremos e demonstraremos
somente o primeiro caso; o segundo, deixaremos como exercıcio (ver o Exer-
cıcio 3).
Teorema 26.3
Sejam f e g duas funcoes derivaveis em um intervalo aberto (a,+∞), sendo
a uma constante positiva e g′(x) 6= 0 para todo x ∈ (a,+∞). Suponha que
limx→+∞
f(x) = 0 e limx→+∞
g(x) = 0. Entao, se
limx→+∞
f′(x)
g′(x)= L ,
segue que
limx→+∞
f(x)
g(x)= L .
Demonstracao:
Fazendo t = 1x
para x > a, segue que x = 1t
com 0 < t < 1a
e t → 0+
quando x→ +∞. Considere as funcoes F e G definidas por
F (t) = f
(1
t
)e G(t) = g
(1
t
)para t ∈
(0,
1
a
).
Note que limt→0+
F (t) = limt→0+
f(
1t
)= lim
x→+∞f(x) = 0. Analogamente,
limt→0+
G(t) = limt→0+
g(
1t
)= lim
x→+∞g(x) = 0.
99 CEDERJ
A regra de L’Hopital.
Pela regra da cadeia, F e G sao derivaveis em(0, 1
a
)e
F′(t) = − 1
t2f′(
1
t
)e G
′(t) = − 1
t2g′(
1
t
)para t ∈
(0,
1
a
).
Aplicando o Teorema 26.1 as funcoes F e G no intervalo(0, 1
a
),
obtemos
limt→0+
F (t)
G(t)= lim
t→0+
F′(t)
G′(t);
logo,
limx→+∞
f(x)
g(x)= lim
t→0+
f(1t)
g(1t)
= limt→0+
F (t)
G(t)= lim
t→0+
F′(t)
G′(t)=
= limt→0+
f′(1t)
g′(1t)
= limx→+∞
f′(x)
g′(x)= L,
o que completa a prova do teorema.
Vejamos um exemplo.
Exemplo 26.5
O limx→+∞
sen(
1x
)
sen(
2x
) e tal que limx→+∞
sen(
1x
)= 0 e lim
x→+∞sen(
2x
)= 0. Podemos,
assim, aplicar o Teorema 26.3 para obter
limx→+∞
sen(
1x
)
sen(
2x
) = limx→+∞
− 1x2 cos
(1x
)
− 2x2 cos
(2x
) = limx→+∞
1
2
cos(
1x
)
cos(
2x
) =1
2.
Agora, passaremos ao estudo de outras formas indeterminadas.
Vejamos a forma indeterminada ∞∞
Se voce quiser determinar o limx→π
2
sec2xsec2(3x)
, voce nao pode aplicar a propri-
edade do quociente, pois limx→π
2
sec2x = +∞ e limx→π
2
sec2(3x) = +∞. Veremos,
agora, que a regra de l’Hopital tambem se aplica a uma forma indeterminada
deste tipo.
Definicao 26.2 Quando limx→a|f(x)| = +∞ e lim
x→a|g(x)| = +∞, dizemos que a
funcao f(x)g(x)
tem a forma indeterminada ∞∞ em a.
Voce deve observar na definicao que as formas −∞−∞ , −∞+∞ e +∞
−∞ sao, todas
elas, indeterminacoes do tipo ∞∞ .
O teorema que veremos a seguir e a regra de l’Hopital para a forma
indeterminada do tipo ∞∞ . Sua demonstracao sera omitida, pois esta alem
dos objetivos deste curso.
CEDERJ 100
A regra de L’Hopital.MODULO 2 - AULA 26
Teorema 26.4
Sejam f e g funcoes derivaveis em um intervalo aberto I, exceto possivel-
mente em um ponto a ∈ I. Suponha que g′(x) 6= 0 para todo x 6= a em I.
Suponha, alem disso, que limx→a|f(x)| = +∞ e lim
x→a|g(x)| = +∞. Entao, se
limx→a
f′(x)
g′(x)= L,
segue que
limx→a
f(x)
g(x)= L .
O Teorema 26.4 tambem vale no caso em que limx→a
f′(x)
g′ (x)= ±∞, sendo
ainda valido se considerarmos limites laterais.
Exemplo 26.6
Determinemos o limx→π
2+
7tgx
5 + secx.
Como limx→π
2+
7tgx = −∞ e limx→π
2+
(5 + secx) = −∞, podemos aplicar o
Teorema 26.4 para obter
limx→π
2+
7tgx
5 + secx= lim
x→π2
+
7sec2x
(secx)(tgx)=
= limx→π
2+
7secx
tgx=
= limx→π
2+
7cosxsenxcosx
=
= limx→π
2+
7
senx= 7 .
Exemplo 26.7
Determinemos o limx→+∞
x2
cos(
1x
)− x .
Como limx→+∞
x2 = +∞ e limx→+∞
(cos(
1x
)− x)
= −∞, podemos aplicar a
regra de l’Hopital para obter
limx→+∞
x2
cos(
1x
)− x = lim
x→+∞2x(
− 1x2
)(− sen
(1x
))− 1
=
= limx→+∞
2x(1x2
)(sen(
1x
))− 1
= +∞ .
101 CEDERJ
A regra de L’Hopital.
Veremos, agora, mais dois casos de formas indeterminadas. Sao elas as
formas indeterminadas ∞.0 e ∞−∞.
Definicao 26.3 Se limx→a|f(x)| = +∞ e lim
x→ag(x) = 0, dizemos que o produto
f(x).g(x) tem a forma indeterminada ∞.0.
Para determinar limx→a
f(x).g(x), escrevemos f(x).g(x) como g(x)1/f(x)
ou
como f(x)1/g(x)
. No primeiro caso, obtemos a forma indeterminada 00
e, no se-
gundo caso, obtemos a forma indeterminada ∞∞ . A escolha de uma das duas
formas dependera de qual delas e a mais conveniente, em cada caso.
Exemplo 26.8
Calculemos o limx→π
2−
(x− π
2
)sec(5x).
Como limx→π
2−
(x − π
2
)= 0 e lim
x→π2−sec(5x) = +∞, temos uma forma
indeterminada do tipo∞.0. Escrevendo(x−π
2
)sec(5x) como
(x−π
2
)1
sec(5x)
, obtemos
uma indeterminacao da forma 00. Aplicando a regra de l’Hopital, obtemos
limx→π
2−
(x− π
2
)sec(5x) = lim
x→π2−
(x− π
2
)1
sec(5x)
=
= limx→π
2−
1−5sec(5x).tg(5x)
sec2(5x)
=
= limx→π
2−
1−5tg(5x)sec(5x)
=
= limx→π
2−
1−5tg(5x)sec2(5x)
=
= limx→π
2−
1/cos(5x)
−5sen(5x)/cos(5x)=
= limx→π
2−− 1
5sen(5x)= −1
5.
Voce deve estar se perguntando porque nao foi feita a escolha de se
escrever(x− π
2
)sec(5x) como sec(5x)
1(x−π2
) . O motivo e que ao derivar o numerador
e o denominador deste quociente, obtemos 5sec(5x)tg(5x)−1(
x−π2
)2o que, convenhamos,
CEDERJ 102
A regra de L’Hopital.MODULO 2 - AULA 26
nao ajuda em nada. Por isso, a escolha entre as duas formas de escrita do
produto f(x).g(x) como um quociente deve ser feita levando-se em conta qual
dentre elas facilita a aplicacao da regra de l’Hopital.
E claro, tambem, que poderıamos ter determinado este limite muito
mais facilmente escrevendo(x − π
2
)sec(5x) como
(x−π
2
)cos(5x)
, obtendo a forma
indeterminada 00
que, neste caso, tem solucao bem mais simples. A opcao
pela solucao apresentada teve como objetivo ilustrar a tecnica no caso de
uma indeterminacao da forma ∞.0.
Definicao 26.4 Se limx→a
f(x) = +∞ e limx→a
g(x) = +∞, dizemos que a diferenca
f(x)− g(x) tem a forma indeterminada ∞−∞.
Para resolver este tipo de indeterminacao escreva f(x) − g(x) como1/g(x)−1/f(x)
1/f(x)g(x), observando que esse ultimo quociente tem a forma
indeterminada 00.
Exemplo 26.9
Calculemos o limx→0+
(1
senx− 1
x
).
Claramente 1senx− 1
xtem a forma indeterminada ∞−∞. Escrevendo
1senx− 1
xcomo x−senx
xsenx, obtemos
limx→0+
(1
senx− 1
x
)= lim
x→0+
x− senxxsenx
= limx→0+
1− cosxsenx+ xcosx
,
que, de novo, tem a forma indeterminada 00. Aplicando novamente a regra
de l’Hopital, obtemos
limx→0+
(1
senx− 1
x
)= lim
x→0+
x− senxxsenx
=
= limx→0+
1− cosxsenx+ xcosx
=
= limx→0+
senx
2cosx− xsenx =0
2= 0 .
A regra de l’Hopital se aplica a outras formas de indeterminacao, a
saber, 00, ∞0 e 1∞. Entretanto, para trata-las, necessitaremos das funcoes
logarıtmica e exponencial, que serao estudadas nas aulas 36, 37, 38 e 39.
103 CEDERJ
A regra de L’Hopital.
Resumo
Nesta aula voce constatou, mais uma vez, a importancia da derivada
que, neste caso, atraves da regra de L’Hopital, se mostrou extremamente
eficaz para o calculo de certos limites.
Exercıcios
1. Encontre todos os valores de c, no intervalo [a, b] dado, que satisfacam
a conclusao do teorema do valor medio de Cauchy para o par de funcoes
dadas.
(a) f(x) = x3, g(x) = x2; [a, b] = [0, 2].
(b) f(x) = cosx, g(x) = senx; [a, b] = [0, π2].
(c) f(x) = 2x1+x2 , g(x) = 1−x2
1+x2 ; [a, b] = [0, 2].
(d) f(x) = tg x, g(x) = 4xπ
; [a, b] = [−π4, π
4].
(e) f(x) = x2(x2 − 2), g(x) = x; [a, b] = [−1, 1].
2. Use a regra de l’Hopital para calcular cada um dos limites abaixo:
(a) limx→2
sen(πx)
2− x (b) limx→0
x
tg x(c) lim
x→+∞sen(2/x)
1/x(d) lim
x→0
sen2x
sen(x2)
(e) limx→0+
cosx− cos(3x)
sen(x3)(f) lim
x→0
1− cos(2/x)
tg(3/x)(g) lim
x→+∞sen(7/x)
5/x.
3. Enuncie e demonstre o Teorema 26.3 no caso em que x→ −∞.
4. Use a regra de l’Hopital para calcular cada um dos limites abaixo:
limx→π
2−
1 + secx
tg x(b) lim
x→ 12
+
sec(3πx)
tg(3πx)(c) lim
x→+∞xsen(
π
x)
(d) limx→π
2+tgx tg(2x) (e) lim
x→1
(2
x2 − 1− 1
x− 1
)
(f) limx→1+
(1
x− 1− 1√
x− 1
)(g) lim
x→0
√1− x−
√x+ 1
x
(h) limx→π
2
(1
1− senx −2
cos2x
).
5. Mostre que limx→1
nxn+1 − (n+ 1)xn + 1
(x− 1)2=n(n+ 1)
2.
CEDERJ 104
A regra de L’Hopital.MODULO 2 - AULA 26
Auto-avaliacao
Nesta aula voce aprendeu uma nova tecnica para calcular limites. Os
exercıcios propostos exigem o domınio das regras de derivacao e a identi-
ficacao, em cada caso, da forma de indeterminacao da regra de l’Hopital a
ser aplicada. Caso persista alguma duvida, releia a aula com atencao ou
procure o tutor no seu polo.
105 CEDERJ
O Teorema da funcao inversa.MODULO 2 - AULA 27
Aula 27 – O Teorema da funcao inversa.
Referencia: Aulas, 9,10 e
12.Objetivos
Relembrar a nocao de inversa de uma funcao e estudar a derivabilidade
da inversa de uma funcao derivavel.
Inicialmente, relembremos o conceito de inversa de uma funcao, ja estu-
dado na disciplina de Pre-Calculo (aulas 36 e 39, do modulo 4). Por questoes
de objetividade, nos restringiremos as funcoes contınuas definidas em inter-
valos.
Exemplo 27.1
Considere a funcao f : R→ R definida por f(x) = x2−1. Note que a imagem
de f e o conjunto f(R) = [−1,+∞). A pergunta que queremos responder
e: dado qualquer x ∈ R e y = f(x) ∈ [−1,+∞], e possıvel encontrar uma
funcao g : [−1,+∞) → R tal que g(f(x)) = g(y) = x? Responder a essa
pergunta equivale a determinar se a solucao da equacao y = x2 − 1 nos da
a variavel x como uma funcao da variavel y, concorda? Ora, resolvendo a
equacao, obtemos x = ±√y + 1, ou seja, para cada y ∈ (−1,+∞) ha dois
valores de x para os quais f(x) = y. Assim, x nao pode ser obtido como uma
funcao de y, pois para que pudessemos definir uma tal funcao, o valor de x,
para um y dado, deveria ser unico. Isso mostra que uma tal funcao g nao
existe.
Exemplo 27.2
Considere, agora, a funcao f : [0,+∞) → [−1,+∞) definida por f(x) =
x2−1, como no Exemplo 1. A pergunta do Exemplo 1 passa a ser, neste caso,
a seguinte: dado qualquer x ∈ [0,+∞) e y = f(x) ∈ [−1,+∞), existe uma
funcao g : [−1,+∞)→ [0,+∞) tal que g(f(x)) = g(y) = x? Analogamente,
resolvendo a equacao y = x2− 1 para valores de x ∈ [0,+∞), obtemos como
solucao x =√y + 1. Assim, a funcao g procurada e g(y) =
√y + 1.
Note que g(f(x)) =√f(x) + 1 =
√(x2 − 1) + 1 = x, como querıamos,
e que f(g(y)) = (g(y))2 − 1 = (√y + 1)2 − 1 = (y + 1)− 1 = y.
Voce pode observar que da igualdade g(f(x)) = x pode-se dizer, de
maneira ingenua, que o que a funcao f faz com um ponto x ∈ [0,+∞) a
funcao g desfaz. Da mesma maneira, da igualdade f(g(y)) = y pode-se dizer
que o que a funcao g faz com um ponto y ∈ [−1,+∞) a funcao f desfaz.
107 CEDERJ
O Teorema da funcao inversa.
Neste sentido dizemos que g e a inversa da funcao f e f e a inversa da funcao
g. Uma definicao precisa da inversa de uma funcao, no caso particular em
que estaremos interessados, e a seguinte:
Definicao 27.1 Sejam I um intervalo nao trivial e f : I → R uma funcao
contınua em I. Dizemos que f e inversıvel, se existe uma funcao g : f(I)→ Rtal que g(f(x)) = x para todo x ∈ I. Uma tal funcao g e necessariamente
unica, e denominada a inversa da funcao f e e denotada por f−1.
Antes de continuar, facamos algumas observacoes relevantes a respeito
da definicao acima.
(a) f e injetora: realmente, sejam x1, x2 ∈ I tais que f(x1) = f(x2); entao
f−1(f(x1)) = f−1(f(x2)), ou seja, x1 = x2. Assim, f e injetora.
(b) f : I → f(I) e bijetora: isto e claro em vista de (a), ja que f(I) =
{f(x);x ∈ I}.
(c) f(f−1(y)) = y para todo y ∈ f(I): realmente, seja y ∈ f(I); entao
y = f(x), para x ∈ I. Logo, f(f−1(y)) = f(f−1(f(x))) = f(x) = y.
(d) f−1 : f(I) → I e bijetora: realmente, o fato de f−1 ser sobrejetora
segue da propria definicao e o fato de f−1 ser injetora segue de (c).
(e) f(I) e um intervalo nao trivial: realmente, o fato de que f(I) e um
intervalo foi provado na aula 7 (lembrar que f e contınua) e o fato de
que f(I) nao e um conjunto unitario decorre de (a).
Considere, agora, os dois graficos de funcoes, indicados nas Figuras 27.1a e
27.1b.
(a) (b)
0 0
Figura 27.1
Note que as duas funcoes sao contınuas, a primeira sendo crescente e a
segunda decrescente. Intuitivamente pode-se observar que ambos os graficos
tem a seguinte propriedade: ao se tracar qualquer reta horizontal passando
por um ponto da imagem da funcao, esta reta interceptara o grafico em um
CEDERJ 108
O Teorema da funcao inversa.MODULO 2 - AULA 27
unico ponto. Uma outra maneira de dizer isso e a seguinte: se f denota a
funcao cujo grafico e esbocado, digamos, na Figura 27.1a, entao para cada
y na imagem de f existe um unico x no domınio de f tal que f(x) = y.
Assim, podemos definir uma funcao g tal que, para cada y na imagem de f ,
g(y) = x, onde x e o unico ponto que satisfaz f(x) = y. A funcao g, assim
definida, satisfaz g(f(x)) = x para todo x no domınio de f , ou seja, g e a
inversa da funcao f .
E importante observar que, na discussao imediatamente acima, a hipotese
das funcoes serem crescentes ou decrescentes e realmente necessaria, pois caso
contrario nao terıamos a unicidade do ponto x para um dado y na imagem
da funcao f . A Figura 27.2 ilustra uma tal situacao.
21 xx
y
Figura 27.2
O proximo teorema prova o que acabamos de dizer.
Teorema 27.1
Sejam I um intervalo nao trivial e f : I → R uma funcao contınua e cres-
cente(respectivamente decrescente). Entao
(a) f possui uma inversa f−1 (que e definida em f(I));
(b) f−1 e crescente (respectivamente decrescente) em f(I);
(c) f−1 e contınua em f(I).
O item (c) sera demonstrado
na disciplina de Analise.
Demonstracao: Faremos a demonstracao de (a) e (b) no caso em que f e
crescente; o caso em que f e decrescente e analogo.
(a) Para cada y ∈ f(I) existe pelo menos um valor de x ∈ I tal que
f(x) = y. Vamos mostrar que x e unico. Com efeito, se w ∈ I e w 6= x,
entao w < x ou w > x. No primeiro caso, f(w) < f(x) e, no segundo caso,
f(w) > f(x), pois estamos supondo f crescente. Assim, f(w) 6= f(x) = y,
mostrando a unicidade de x. Defina g : f(I)→ R da seguinte maneira: para
109 CEDERJ
O Teorema da funcao inversa.
cada y ∈ f(I), faca g(y) = x, onde x e o unico elemento de I tal que f(x) = y.
Temos, assim, que g(f(x)) = g(y) = x para todo x ∈ I, mostrando que f e
inversıvel.
(b) Sejam y1, y2 ∈ f(I), com y1 < y2. Devemos mostrar que
f−1(y1) < f−1(y2). Ora, se x1 = f−1(y1) e x2 = f−1(y2), temos que
f(x1) = y1 < f(x2) = y2. Como f e crescente, conclui-se que x1 < x2,
isto e, f−1(y1) < f−1(y2).
Exemplo 27.3
Seja f a funcao definida por f(x) = 2x−3x+1
em R − {−1}. Como f′(x) =
5(x+1)2 > 0 para x 6= −1, segue que f e crescente em R−{−1}. Pelo Teorema
27.1 (a), (b), f e inversıvel e f−1 e crescente. Para encontrar f−1, considere
a equacao y = f(x); tirando x como funcao de y, obtemos
y =2x− 3
x+ 1,
xy + y = 2x− 3,
2x− xy = y + 3,
x(2− y) = y + 3,
donde
x =y + 3
2− y .
Assim, f−1(y) = y+32−y , sendo f−1 definida em R−{2}. O grafico de f−1
e indicado na Figura 27.3.
2 –3
Figura 27.3
CEDERJ 110
O Teorema da funcao inversa.MODULO 2 - AULA 27
Veremos, agora, um teorema que estabelece, no caso de funcoes inversıveis,
uma relacao entre a derivada de uma funcao e a derivada de sua inversa.
Teorema 27.2
(Teorema da funcao inversa) Seja f : I → R uma funcao derivavel e crescente
ou decrescente em um intervalo nao trivial I. Se f′(x) 6= 0 para todo x ∈ I,
entao f−1 e derivavel em f(I) e para todo x ∈ I, tem-se
(f−1)′(f(x)) =
1
f ′(x).
O Teorema 27.2 nos diz que para determinar a derivada da inversa f−1
em um ponto f(x) ∈ f(I) do seu domınio, basta determinar a derivada f′(x)
de f em x ∈ I, ou seja, nao e necessario conhecer f−1 para conhecer sua
derivada. Antes de demonstrar o Teorema 27.2, vejamos dois exemplos.
Exemplo 27.4
Constatemos a validade do Teorema 27.2 para a funcao f(x) = 2x−3x+1
, do
Exemplo 27.3, cuja inversa e f−1(y) = y+32−y . Como f
′(x) = 5
(x+1)2 > 0 para
todo x ∈ R− {−1}, segue do Teorema 27.2 que f−1 e derivavel em R− {2}e (f−1)
′(f(x)) = (x+1)2
5para todo x ∈ R−{−1}. Vamos comprovar este fato
diretamente. Derivando f−1 em um ponto y = f(x), temos
(f−1)′(y) =
5
(y − 2)2.
Substituindo y = 2x−3x+1
na igualdade acima, obtemos
(f−1)′(f(x)) =
5(2x−3x+1− 2)2 =
5(2x−3−2x−2
x+1
)2 =5( −5
x+1
)2 =(x+ 1)2
5=
1
f ′(x).
Exemplo 27.5
Seja f(x) = x3 +2x−5, cuja derivada e f′(x) = 3x2 +2. Portanto, f
′(x) > 0
para todo numero real; assim, podemos aplicar os Teoremas 27.1 e 27.2 para
concluir que f possui uma inversa f−1 e
(f−1)′(f(x)) =
1
3x2 + 2
para todo x ∈ R.
Demonstracao do Teorema 27.2: Seja x ∈ I e mostremos que f−1 e derivavel
em y = f(x) ∈ f(I). De fato, sendo f crescente ou decrescente, para w 6= 0
111 CEDERJ
O Teorema da funcao inversa.
tal que y + w ∈ f(I), existe h 6= 0 tal que x + h ∈ I e f(x + h) = y + w.
Como x = f−1(y) e x+ h = f−1(y+w), segue que h = f−1(y+w)− f−1(y).
Portanto,
f−1(y + w)− f−1(y)
w=h
w=
h
f(x+ h)− y =h
f(x+ h)− f(x)=
=1
f(x+ h)− f(x)
h
.
Alem disso, como f−1 e contınua em y pelo Teorema 27.1(c), segue que
limw→0
h = limw→0
(f−1(y + w) − f−1(y)) = 0. Por outro lado, como f e contınua
em x (pois e derivavel em x), segue que limh→0
w = limh→0
(f(x + h)− f(x)) = 0.
Assim, h→ 0 se, e somente se, w → 0. Aplicando a propriedade do quociente,
obtemos
limw→0
f−1(y + w)− f−1(y)
w= lim
h→0
1f(x+h)−f(x)
h
=1
limh→0
f(x+ h)− f(x)
h
=1
f ′(x).
Isto prova que f−1 e derivavel em y = f(x) e (f−1)′(y) = 1
f′(x)
.
O Teorema da funcao inversa nos da a expressao da derivada de f−1 em
cada ponto f(x) de seu domınio f(I). Se quisessemos, poderıamos reescrever
esta expressao da seguinte forma: cada elemento x ∈ f(I) se escreve de modo
unico na forma x = f(t), onde t ∈ I; logo,
(f−1)′(x) = (f−1)
′(f(t)) =
1
f ′(t)=
1
f ′(f−1(x)).
Exemplo 27.6
Seja n um inteiro positivo, n ≥ 2.Vamos aplicar o Teorema da funcao inversa
para mostrar que a derivada de g(x) = n√x e g
′(x) = 1
nx
1n−1
para todos os
valores de x para os quais n√x esta definida, exceto para x = 0 (ver a aula 12).
Inicialmente, lembremos que g estara definida em [0,+∞) para n par
e em R para n ımpar.
A funcao g e a inversa da funcao f(x) = xn. Como f′(x) = nxn−1 6= 0
para todo x 6= 0, pelo Teorema da funcao inversa g e derivavel e
g′(x) =
1
f ′(f−1(x))=
1
f ′( n√x)
=1
n( n√x)n−1 =
x1n
nx=
1
nx
1n−1
para todo x 6= 0.
CEDERJ 112
O Teorema da funcao inversa.MODULO 2 - AULA 27
Exemplo 27.7
Considere a funcao f : [−π,−π2] → R definida por f(x) = sen x
x. Como
xcos x > 0 e sen x < 0 para todo x ∈ [−π,−π2], segue que f
′(x) =
xcos x−sen xx2 > 0 para todo x ∈
[−π,−π
2
]. Logo, f e crescente em
[−π,−π
2
],
e do Teorema 27.1(a) resulta que f e inversıvel. Pelo Teorema da funcao
inversa, f−1 e derivavel e
(f−1)′(f(x)) =
x2
xcos x− sen x para todo x ∈[− π,−π
2
].
Vamos, agora, determinar a derivada de f−1 no ponto 37π
. Pelo Teorema
da funcao inversa, basta determinar para que valor de x f(x) = sen xx
= 37π
.
Ora, como 37π
=− 1
2
− 7π6
=sen(− 7π
6
)− 7π
6
e visto que − 7π6∈[− π,−π
2
], obtemos que
x = −7π6
e o ponto procurado. Assim,
(f−1)′(
3
7π
)= (f−1)
′(f
(− 7π
6
))=
(− 7π
6
)2
−7π6cos(− 7π
6
)− sen
(− 7π
6
) =
=
(− 7π
6
)2
−7π6
(−√
32
)−(− 1
2
) .
Resumo
Nesta aula voce foi apresentado ao Teorema da funcao inversa, o qual
sera estudado mais profundamente na disciplina de Analise. Nas aulas 28
e 29 usaremos este teorema para estudar a derivabilidade das funcoes trigo-
nometricas inversas.
Exercıcios
1. Encontre, se existir, a inversa da funcao dada e determine seu domınio.
(a) f(x) = x2 + 4; (b) f(x) = 3x−1x
; (c) f(x) = x3;
(d) f(x) = x+ 3|x|; (e) f(x) = 4x3+2
; (f) f(x) = 43+|x| .
2. Para cada uma das funcoes do Exercıcio 1, use o Teorema 27.1 para
determinar o maior subconjunto do seu domınio onde f e inversıvel.
113 CEDERJ
O Teorema da funcao inversa.
3. Mostre que cada uma das funcoes abaixo satisfaz as hipoteses do Teo-
rema da funcao inversa no conjunto I e aplique-o para determinar a
derivada da inversa no ponto a.
(a) f(x) =√x− 4, I = (4,+∞), a = 4;
(b) f(x) = x− 1x, I = (0,+∞), a = 0;
(c) f(x) = 2x−13x−2
, I = R−{
23
}, a = 0;
(d) f(x) = x3−1x2+1
, I = (0,+∞), a = 0.
4. Use as informacoes dadas e o Teorema da funcao inversa para calcular
(f−1)′(a) (admita que as hipoteses do teorema sejam satisfeitas).
(a) a = 4, f(3) = 4, f′(3) = 1;
(b) a = 2, f(1) = 2, f′(1) = −3;
(c) a = 0, f(5) = 0, f′(5) = 4;
(d) a =√
22
, f(π4
)=√
22
, f′(π
4
)=√
22
.
Auto-avaliacao
Nos exercıcios propostos voce deve demonstrar a compreensao do con-
ceito de inversa de uma funcao, do significado dos Teoremas 27.1 e 27.2,
bem como saber aplica-los. Caso persista alguma duvida, releia a aula com
atencao ou procure o tutor no polo.
CEDERJ 114
Funcoes trigonometricas inversas.MODULO 2 - AULA 28
Aula 28 – Funcoes trigonometricas inversas.
Referencias: Aulas, 9, 10,
12 e 27.Objetivos
Recordar as funcoes trigonometricas inversas e estuda-las no que diz
respeito a sua derivabilidade.
Na aula 39, de Pre-Calculo, voce estudou as funcoes trigonometricas
inversas: arco seno, arco cosseno, arco tangente, arco cotangente, arco secante
e arco cossecante. O objetivo principal desta aula e estudar a derivabilidade
das funcoes trigonometricas inversas, usando como ferramenta o Teorema da
funcao inversa.
Sabemos que as funcoes trigonometricas sao funcoes periodicas. Assim,
dado um ponto y da imagem de uma tal funcao, existe uma infinidade de
pontos do domınio que tem por imagem o ponto y. Portanto, todas elas
sao funcoes nao inversıveis. Entretanto, ao restringirmos cada uma delas a
intervalos convenientes, obtemos que elas sao inversıveis. Aqui, nos concen-
traremos no estudo da derivabilidade das funcoes arco seno, arco cosseno e
arco tangente.
Iniciemos com a funcao arco seno.
A funcao seno e contınua em R e tem por imagem o intervalo [−1, 1].
Sendo uma funcao periodica de perıodo 2π, segue que a funcao seno nao e
inversıvel.
Note, entretanto, que no intervalo[− π
2, π
2
]a funcao seno e crescente
e{sen x; x ∈
[− π
2, π
2
]}= [−1, 1]. Pelo Teorema 27.1, a funcao sen :[
− π2, π
2
]→ [−1, 1] e inversıvel, sendo sua inversa contınua em [−1, 1]. A
inversa em questao e a funcao arco seno, denotada por arcsen. Assim,
arcsen : [−1, 1] →[− π
2, π
2
]e definida por arcsen x = y se, e somente se,
x = sen y.
Pela definicao de funcao inversa, podemos afirmar que
sen(arcsen x) = x para todo x ∈ [−1, 1]
e
arcsen(sen x) = x para todo x ∈[− π
2,π
2
].
115 CEDERJ
Funcoes trigonometricas inversas.
Na Figura 28.1a, apresentamos o grafico da funcao seno(restrita ao
intervalo[− π
2, π
2
])e, na Figura 28.1b, apresentamos o grafico da funcao
arco seno.
(a) (b)
–1
1
-pi/2
pi/2
-pi/2
pi/2
–1
1
Figura 28.1
Exemplo 28.1
Vamos calcular arcsen(√
22
)e arcsen
(−√
32
).
No primeiro caso, temos que determinar o valor de y ∈[− π
2, π
2
]para o
qual sen y =√
22
. Como y = π4∈[− π
2, π
2
]e sen y =
√2
2, tem-se que
arcsen(√
22
)= π
4. Analogamente, como y = −π
3∈[− π
2, π
2
]e sen y = −
√3
2,
tem-se que arcsen(−√
32
)= −π
3.
Proposicao 28.1
A funcao arco seno e derivavel em (−1, 1) e sua derivada e
(arcsen)′(x) =
1√1− x2
para todo x ∈ (−1, 1) .
Demonstracao: Para facilitar a compreensao da demonstracao, escrevamos
f(x) = sen x; logo, f−1(x) = arcsen x (x ∈ [−1, 1]). Como f′(x) = cos x > 0
para todo x ∈(− π
2, π
2
), segue do Teorema da funcao inversa que f−1 e
derivavel em f((− π
2, π
2
))= (−1, 1) e
(f−1)′(x) =
1
f ′(f−1(x))=
1
cos (f−1(x))
para todo x ∈ (−1, 1).
Da identidade cos2(f−1(x)) = 1−sen2(f−1(x)) e visto que cos (f−1(x)) >
0 para todo x ∈ (−1, 1), segue que cos (f−1(x)) =√
1− sen2 (f−1(x)). Mas,
sen2 (f−1(x)) = (sen (arcsen x))2 = x2. Assim,
(f−1)′(x) = (arcsen)′(x) =
1√1− x2
para todo x ∈ (−1, 1).
CEDERJ 116
Funcoes trigonometricas inversas.MODULO 2 - AULA 28
Exemplo 28.2
Vamos calcular a derivada da funcao f(x) = arcsen(x2−1) para x ∈ (0,√
2).
Note que, se h(x) = x2−1, entao h((0,√
2)) = (−1, 1); logo, f(x) = (g◦h)(x)
para todo x ∈ (0,√
2), onde g(x) = arcsen x. Sendo g derivavel em (−1, 1)
e h derivavel em R (logo, em (0,√
2)), a regra da cadeia garante que f e
derivavel em (0,√
2) e
f′(x) = g
′(h(x))h
′(x) =
1√1− (x2 − 1)2
2x =2√
−x2 + 2.
Exemplo 28.3
Vamos usar a derivacao implıcita para calcular dydx
, onde y e uma funcao
derivavel da variavel x dada pela equacao xarcsen y = x + y para x, y ∈(−1, 1).
Derivando implicitamente ambos os lados da equacao, obtemos
arcsen y + x(arcsen)′(y)
dy
dx= 1 +
dy
dx,
ou seja,
arcsen y + x1√
1− y2
dy
dx= 1 +
dy
dx.
Assim, (x√
1− y2− 1
)dy
dx= 1− arcsen y,
isto e,dy
dx=
1− arcsen yx√
1−y2− 1
.
Estudemos, agora, a funcao arco cosseno.
A funcao cosseno e contınua em R e tem por imagem o intervalo [−1, 1].
Sendo uma funcao periodica de perıodo 2π, segue que a funcao cosseno nao
e inversıvel.
Note, entretanto, que no intervalo [0, π] a funcao cosseno e decrescente
e {cos x; x ∈ [0, π]} = [−1, 1]. Pelo Teorema 27.1, a funcao cos : [0, π] →[−1, 1] e inversıvel, sendo sua inversa contınua em [−1, 1]. A inversa em
questao e a funcao arco cosseno, denotada por arccos. Assim,
arccos : [−1, 1] → [0, π] e definida por arccos x = y se, e somente se,
x = cos y.
117 CEDERJ
Funcoes trigonometricas inversas.
Pela definicao de funcao inversa, podemos afirmar que
cos(arccos x) = x para todo x ∈ [−1, 1]
e
arccos(cos x) = x para todo x ∈ [0, π] .
Na Figura 28.2a, apresentamos o grafico da funcao cosseno (restrita ao
intervalo [0, π]) e, na Figura 28.2b, apresentamos o grafico da funcao arco
cosseno.
(a) (b)
p
p
2
p
p
2
Figura 28.2
Proposicao 28.2
A funcao arco cosseno e derivavel em (−1, 1) e sua derivada e
(arccos)′(x) = − 1√
1− x2
para todo x ∈ (−1, 1).
Demonstracao: Escrevamos f(x) = cos x; logo, f−1(x) = arccos x (x ∈[−1, 1]). Como f e derivavel em (0, π) e f
′(x) = −sen x < 0 para todo
x ∈ (0, π), segue do Teorema da funcao inversa que f−1 e derivavel em
f((0, π)) = (−1, 1) e
(f−1)′(x) =
1
f ′(f−1(x))= − 1
sen (f−1(x))
para todo x ∈ (−1, 1).
Sendo sen2(f−1(x)) = 1− cos2 (f−1(x)) e sen (f−1(x)) > 0 para todo
x ∈ (−1, 1), obtemos que sen (f−1(x)) =√
1− cos2 (f−1(x)) =√
1− x2.
Assim,
(f−1)′(x) = (arccos)
′(x) = − 1√
1− x2
para todo x ∈ (−1, 1).
CEDERJ 118
Funcoes trigonometricas inversas.MODULO 2 - AULA 28
Exemplo 28.4
Considere a funcao f(x) = arccos x2−1x
. Vamos determinar o domınio de
f e estudar sua derivabilidade. Como o domınio da funcao arco cosseno e
o intervalo [−1, 1], para determinar o domınio de f , devemos encontrar os
valores de x 6= 0 para os quais x2−1x∈ [−1, 1]. O grafico da funcao h(x) = x2−1
x
e indicado na Figura 28.3.
–1 1
Figura 28.3
Os valores de x para os quais h(x) = 1 sao 1+√
52
e 1−√
52
. Por outro
lado, os valores de x para os quais h(x) = −1 sao −1+√
52
e −1−√
52
. Sendo
h uma funcao crescente em R − {0}, temos que h([−1−
√5
2, 1−
√5
2
])= [−1, 1]
e h([−1+
√5
2, 1+
√5
2
])= [−1, 1]. Assim, o domınio de f e
[−1−√
52
, 1−√
52
]∪[−1+
√5
2, 1+
√5
2
]. Pela regra da cadeia, f e derivavel em
(−1−√
52
, 1−√
52
)∪(−1+
√5
2, 1+
√5
2
)e sua derivada e
f′(x) = − 1√
1−(x2−1x
)2
(x2 + 1
x2
)
para todo x ∈(−1−
√5
2, 1−
√5
2
)∪(−1+
√5
2, 1+
√5
2
).
Vejamos, agora, a funcao arco tangente.
A funcao tangente e contınua no seu domınio de definicao, a saber,
R−{kπ2
; k ∈ Z, k ımpar}
. Sendo uma funcao periodica de perıodo π, segue
que a tangente nao e inversıvel.
Note, entretanto, que no intervalo(− π
2, π
2
)ela e crescente e
{tg x; x ∈(
− π2, π
2
)}= R. Pelo Teorema 27.1, a funcao tg :
(− π
2, π
2
)→ R e inversıvel,
sendo sua inversa contınua em R. A inversa em questao e a funcao arco
tangente, denotada por arctg. Assim,
arctg : R→(− π
2, π
2
)e definida por arctg x = y se, e somente se, y = tg x.
119 CEDERJ
Funcoes trigonometricas inversas.
Pela definicao de funcao inversa, podemos afirmar que
tg(arctg x) = x para todo x ∈ R
e
arctg(tg x) = x para todo x ∈(− π
2,π
2
).
Na Figura 28.4a, apresentamos o grafico da funcao tangente (restrita
ao intervalo(− π
2, π
2
)) e, na Figura 28.4b, apresentamos o grafico da funcao
arco tangente.
(a) (b)
p
2-
p
2
p
2-
p
2
Figura 28.4
Proposicao 28.3
A funcao arco tangente e derivavel em R e sua derivada e
(arctg)′(x) =
1
1 + x2
para todo x ∈ R.
Demonstracao: Escrevamos f(x) = tg x, x ∈(−π
2, π
2
); logo, f−1(x) = arctg x,
x ∈ R. Como f e derivavel em(− π
2, π
2
)e f
′(x) = sec2 x = 1
cos2 x> 0 para
todo x ∈(− π
2, π
2
), segue do Teorema da funcao inversa que f−1 e derivavel
em R e
(f−1)′(x) =
1
f ′(f−1(x))=
1
sec2(f−1(x))
para todo x ∈ R.
Da identidade sec2 (f−1(x)) = 1 + tg2 (f−1(x)) = 1 + (tg(arctg (x))2 =
1 + x2, segue que
(arctg)′(x) =
1
1 + x2
para todo x ∈ R.
CEDERJ 120
Funcoes trigonometricas inversas.MODULO 2 - AULA 28
Exemplo 28.5
Vamos calcular a derivada da funcao f(x) = arctg(
2x1−x2
), definida para
x ∈ R − {−1, 1}. Temos que f(x) = (g ◦ h)(x), onde g(x) = arctg x e
h(x) = 2x1−x2 . Sendo g derivavel em R e h derivavel em R− {−1, 1}, a regra
da cadeia garante que f e derivavel em R− {−1, 1} e
f′(x) = g
′(h(x)).h
′(x) =
1
1 +(
2x1−x2
)2
2x2 + 2
(1− x2)2=
=(1− x2)2
(1− x2)2 + 4x2
2x2 + 2
(1− x2)2=
=2x2 + 2
(1− x2)2 + 4x2
para todo x ∈ R− {−1, 1}.
Resumo
Nesta aula, voce estudou as funcoes arco seno, arco cosseno e arco tan-
gente no que diz respeito a seus intervalos de definicao e a sua derivabilidade.
Voce pode constatar a importancia do Teorema da funcao inversa que nos
permitiu determinar a derivada de tais funcoes.
Exercıcios
1. Para cada uma das funcoes abaixo, determine:
(i) o domınio da funcao;
(ii) os pontos onde ela e derivavel;
(iii) a derivada da funcao.
(a) f(x) = arcsen(x2−1x+1
)(b) f(x) = arccos(senx)
(c) f(x) = arctg√x2 − 1 (d) f(x) = arcsen
√−x2 − x+ 2
(e) f(x) = arccos(x2−1x
)(f) arctg
√x2+4x−5x+1
(g) f(x) =arcsen
(x+1x−1
)x2+1
(h) f(x) =arccos
(x2
)x−1
.
121 CEDERJ
Funcoes trigonometricas inversas.
2. Para cada uma das funcoes abaixo, determine:
(i) o domınio da funcao;
(ii) os intervalos onde a funcao e crescente ou decrescente;
(iii) as assıntotas verticais e horizontais ao grafico da funcao, caso exis-
tam;
(iv) os intervalos onde a funcao tem concavidade para cima e aqueles
onde a funcao tem concavidade para baixo;
(v) os extremos relativos e os extremos absolutos da funcao, caso exis-
tam.
Finalmente, esboce o grafico da funcao.
(a) f(x) = arcsen(x2 − 1) (b) f(x) = arctg(x+1x−1
)
(c) f(x) = arccos(x2 − 2x) (d) f(x) = artg(sen x)
(e) f(x) = arcsen(tg x) (f) f(x) = arccos(sen x).
Auto-avaliacao
Em todos os exercıcios, e exigido de voce o bom entendimento das
funcoes estudadas nesta aula, e das proposicoes apresentadas. O Exercıcio 2
sera importante tambem para voce rever e aplicar todo o ferramental visto
neste modulo, visando ao esboco de grafico de funcoes. Caso tenha alguma
dificuldade, releia a aula com atencao ou procure o tutor no seu polo.
CEDERJ 122
Funcoes trigonometricas inversas. Continuacao.MODULO 2 - AULA 29
Aula 29 – Funcoes trigonometricas inversas.
Continuacao.
Referencia: Aulas, 9, 10,
12 e 28.Objetivos
Recordar as funcoes arco cotangente, arco secante e arco cossecante e
estuda-las em relacao a sua derivabilidade.
Na aula 28, recordamos as funcoes arco seno, arco cosseno e arco tan-
gente e estudamos cada uma no que diz respeito a sua derivabilidade. Nesta
aula, faremos o mesmo com as funcoes arco tangente, arco secante e arco
cossecante.
Iniciemos com a funcao arco cotangente.
A funcao cotangente e contınua em seu domınio R − {kπ; k ∈ Z} e
tem R por imagem. Sendo uma funcao periodica de perıodo π, segue que a
cotangente nao e inversıvel.
Note, entretanto, que no intervalo (0, π) a funcao cotangente e decres-
cente e {cotg x;x ∈ (0, π)} = R. Pelo Teorema 27.1, a funcao cotg : (0, π)→R e inversıvel, sendo sua inversa contınua em R. A inversa em questao e a
funcao arco cotangente, denotada por arccotg. Assim,
arccotg : R→ (0, π) e definida por arccotg x = y se, e somente se, x = cotg y.
Pela definicao de funcao inversa, podemos afirmar que
cotg(arccotg x) = x para todo x ∈ R
e
arccotg(cotg x) = x para todo x ∈ (0, π) .
Na Figura 29.1a, apresentamos o grafico da funcao cotangente (restrita
ao intervalo (0, π)) e, na Figura 29.1b, apresentamos o grafico da funcao arco
cotangente.
123 CEDERJ
Funcoes trigonometricas inversas. Continuacao.
(a) (b)
p
2
p
p
p
2
Figura 29.1
Proposicao 29.1
A funcao arco cotangente e derivavel em R e sua derivada e
(arccotg)′(x) = − 1
1 + x2
para todo x ∈ R.
Demonstracao: Para facilitar a compreensao da demonstracao, escrevamos
f(x) = cotg x (x ∈ (0, π)); logo, f−1(x) = arccotg x (x ∈ R). Como
f′(x) = −cossec2 x = − 1
sen2 x< 0 para todo x ∈ (0, π), segue do Teorema
da funcao inversa que f−1 e derivavel em f((0, π)) = R e
(f−1)′(x) =
1
f ′(f−1(x))= − 1
cossec2(f−1(x))
para todo x ∈ R.
Da identidade
cossec2 (f−1(x)) = 1 + cotg2 (f−1(x)) = 1 + (cotg(arccotg (x))2 = 1 + x2 ,
segue que
(f−1)′(x) = (arccotg)
′(x) = − 1
1 + x2
para todo x ∈ R.
Exemplo 29.1
Considere a funcao f(x) = arccotg(x2−1x
), definida para x ∈ R− {0}. Sendo
a funcao g(x) = x2−1x
derivavel em R− {0} , h(x) = arccotg x derivavel em
R e f(x) = (h ◦ g)(x) para todo x ∈ R − {0}, segue da regra da cadeia que
f e derivavel em R− {0} e
f′(x) = h
′(g(x))g
′(x) = − 1
1 +(x2−1x
)(x2 + 1
x2
)
para todo x ∈ R− {0}.
CEDERJ 124
Funcoes trigonometricas inversas. Continuacao.MODULO 2 - AULA 29
Exemplo 29.2
Um quadro de 2 metros de altura esta pendurado em uma parede de maneira
que sua borda inferior fique situada a 2 metros acima do nıvel dos olhos de
um observador. A que distancia da parede deve ficar o observador para que
o angulo determinado pelas bordas superior e inferior do quadro e os olhos
do observador seja o maior possıvel?
Sejam x a distancia do observador a parede, α o angulo determinado
pela borda superior do quadro e o nıvel dos olhos do observador e β o angulo
determinado pela borda inferior do quadro e o nıvel dos olhos do observador
(ver a Figura 29.2).
Figura 29.2
Note que cotg α = x4
e cotg β = x2. Assim, α = arccotg
(x4
)e
β = arccotg(x2
). O angulo determinado pelo quadro e, portanto, θ(x) =
arccotg(x4
)−arccotg
(x2
)e queremos determinar o maximo absoluto da funcao
θ em (0,+∞).
Como θ e derivavel em (0,+∞) e
θ′(x) = − 4
16 + x2+
2
4 + x2,
os pontos crıticos de θ sao os valores de x para os quais θ′(x) = 0, ou seja,
−4(4 + x2) + 2(16 + x2) = 0, donde x =√
8 .
Portanto, o unico ponto crıtico de θ e x =√
8. Como θ′(x) > 0 para
todo x ∈ (0,√
8) e θ′(x) < 0 para todo x ∈ (√
8,+∞), segue do teste da
derivada primeira que x =√
8 e um ponto de maximo absoluto da funcao θ.
Assim, o observador devera posicionar-se a√
8 metros da parede.
125 CEDERJ
Funcoes trigonometricas inversas. Continuacao.
Vejamos, agora, a funcao arco secante.
A funcao secante e contınua no seu domınio de definicao, a saber, R−{kπ2
; k ∈ Z, k ımpar}
e tem (−∞,−1] ∪ [1,+∞) por imagem. Sendo uma
funcao periodica de perıodo 2π, segue que a secante nao e inversıvel.
Note, entretanto, que em[0, π
2
)∪(π2, π]
ela e crescente e{sec x;x ∈[
0, π2
)∪(π2, π]}
= (−∞,−1] ∪ [1,+∞). Pelo Teorema 27.1, a funcao sec :[0, π
2
)∪(π2, π]→ (−∞,−1]∪ [1,+∞) e inversıvel, sendo sua inversa contınua
em (−∞,−1] ∪ [1,+∞). A inversa em questao e a funcao arco secante,
denotada por arcsec. Assim,
arcsec : (−∞,−1] ∪ [1,+∞) →[0, π
2
)∪(π2, π]
e definida por arcsec x = y
se, e somente se, x = sec y.
Pela definicao de funcao inversa, podemos afirmar que
sec(arcsec x) = x para todo x ∈ (−∞,−1] ∪ [1,+∞)
e
arcsec(sec x) = x para todo x ∈[0,π
2
)∪(π
2, π
].
Na Figura 29.3a, apresentamos o grafico da funcao secante (restrita a[0, π
2
)∪(π2, π])
e, na Figura 29.3b, apresentamos o grafico da funcao arco
secante.
(a) (b)
p
p
2
p
Figura 29.3
CEDERJ 126
Funcoes trigonometricas inversas. Continuacao.MODULO 2 - AULA 29
Proposicao 29.2
A funcao arco secante e derivavel em (−∞,−1) ∪ (1,+∞) e sua derivada e
(arcsec)′(x) =
1
|x|√x2 − 1
para todo x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞) .
Demonstracao: Vamos mostrar que arcsec x = arccos 1x
para todo x ∈(−∞,−1] ∪ [1,+∞). Com efeito, suponha que y = arcsec x; logo, y ∈[0, π
2
)∪(π2, π]
e sec y = x, isto e, 1cos y
= x, o que equivale a cos y = 1x.
Como y ∈[0, π
2
)∪(π2, π]
e cos y = 1x, segue que y = arccos
(1x
), ou seja,
arcsec x = arccos(
1x
). Assim, pela regra da cadeia, a funcao arco secante e
derivavel em (−∞,−1) ∪ (1,+∞) e
(arcsec)′(x) = (arccos)
′(
1
x
)= − 1√
1−(
1x
)2
(− 1
x2
)=
1x2√x2−1√x2
para todo x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞).
Finalmente, como√x2 = |x| e x2
|x| = |x|, obtemos
(arcsec)′(x) =
1
|x|√x2 − 1
para todo x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞) .
Exemplo 29.3
Considere a funcao f(x) = arcsec(x2−1)x2−1
. Vamos determinar o domınio de f e
estudar a sua derivabilidade.
Como a funcao arco secante tem (−∞,−1] ∪ [1,+∞) por domınio e
visto que g(x) = x2− 1 tem [−1,+∞) por imagem, segue que arcsec(x2− 1)
esta definida em (−∞,−√
2] ∪ {0} ∪ [√
2,+∞). Concluımos, portanto, que
o domınio de f e o conjunto (−∞,−√
2] ∪ {0} ∪ [√
2,+∞).
Agora, como g(x) = x2 − 1 e derivavel em R (e, em particular, em
(−∞,−√
2] ∪ [√
2,+∞)), g(x) 6= 0 para todo x ∈ (−∞,−√
2] ∪ [√
2,+∞) e
a funcao arco secante e derivavel em g((−∞,−√
2)∪ (√
2,+∞)) = (1,+∞),
segue da regra da cadeia e da regra de derivacao do quociente que f e de-
rivavel em (−∞,−√
2) ∪ (√
2,+∞) e sua derivada e
f′(x) =
(x2−1)2x
|x2−1|√
(x2−1)2−1− 2x arcsec(x2 − 1)
(x2 − 1)2
para todo x ∈ (−∞,−√
2) ∪ (√
2,+∞).
Finalmente, vejamos a funcao arco cossecante.
127 CEDERJ
Funcoes trigonometricas inversas. Continuacao.
A funcao cossecante e contınua no seu domınio de definicao, a saber,
R− {kπ; k ∈ Z} e tem (−∞,−1] ∪ [1,+∞) por imagem. Sendo uma funcao
periodica de perıodo 2π, segue que ela nao e inversıvel. Entretanto, em[− π
2, 0)∪(0, π
2
]ela e decrescente e
{cossec x;x ∈
[− π
2, 0)∪(0, π
2
]}=
(−∞,−1]∪[1,+∞). Pelo Teorema 27.1, a funcao cossec :[− π
2, 0)∪(0, π
2
]→
(−∞,−1] ∪ [1,+∞) e inversıvel, sendo sua inversa contınua em (−∞,−1] ∪[1,+∞). A inversa em questao e a funcao arco cossecante, denotada por
arccossec. Assim,
arccossec : (−∞,−1]∪[1,+∞)→[−π
2, 0)∪(0, π
2
]e definida por arccossec x =
y se, e somente se, x = cossec y.
Pela definicao de funcao inversa, podemos afirmar que
cossec(arccossec x) = x para todo x ∈ (−∞,−1] ∪ [1,+∞)
e
arccossec(cossec x) = x para todo x ∈[− π
2, 0)∪(
0,π
2
].
Na Figura 29.4a, apresentamos o grafico da funcao cossecante(restrita
a[− π
2, 0)∪(0, π
2
])e, na Figura 29.4b, apresentamos o grafico da funcao
arco cossecante.
(a) (b)
p
2
p
2-
p
2
p
2-
Figura 29.4
Proposicao 29.3
A funcao arco cossecante e derivavel em (−∞,−1)∪ (1,+∞) e sua derivada
e
(arccossec)′(x) = − 1
|x|√x2 − 1
para todo x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞).
CEDERJ 128
Funcoes trigonometricas inversas. Continuacao.MODULO 2 - AULA 29
Demonstracao: Como na demonstracao da Proposicao 29.2, podemos mostrar
que arcossec x = arcsen(
1x
)para todo x ∈ (−∞,−1] ∪ [1,+∞) (ver o
Exercıcio 1). Assim, pela regra da cadeia, a funcao arco cossecante e derivavel
em (−∞,−1) ∪ (1,+∞) e
(arccossec)′(x) = (arcsen)
′(
1
x
)=
1√1−
(1x
)2
(− 1
x2
)= − 1
x2√x2−1√x2
para todo x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞).
Finalmente, como√x2 = |x| e x2
|x| = |x|, obtemos
(arccossec)′(x) = − 1
|x|√x2 − 1
para todo x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞).
Resumo
Nesta aula, concluımos o estudo das funcoes trigonometricas inversas,
recordando as funcoes arco cotangente, arco secante e arco cossecante no que
diz respeito a seus domınios de definicao, e estudando a derivabilidade das
mesmas. Voce pode constatar a importancia do Teorema da funcao inversa,
que nos permitiu determinar a derivada de tais funcoes.
Exercıcios
1. Mostre que arccossec x = arcsen(
1x
)para todo x ∈ (−∞,−1] ∪
[1,+∞).
2. Determine o domınio e estude a derivabilidade de cada uma das funcoes
abaixo:
(a) f(x) = arccotg(x+1x−1
)(b) f(x) = arccotg(x2 − 5x+ 6)
(c) f(x) = arcsec(x2−5x+6x−1
)(d) f(x) = arcsec(x2+1)
x−2
(e) f(x) = arccossec(x2−4xx+1
)(f) f(x) = arccossec(x2−9x)
x−2.
3. Um quadro de h unidades de altura esta pendurado em uma parede
de maneira que sua borda inferior esteja a unidades acima do nıvel
dos olhos de um observador. A que distancia da parede deve ficar
o observador para que o angulo determinado pelas bordas superior e
inferior do quadro e os olhos do observador seja maximo?
129 CEDERJ
Funcoes trigonometricas inversas. Continuacao.
4. Determine o angulo agudo entre as tangentes aos graficos de f(x) =
arcsec x e g(x) = arccossec x no ponto de intersecao.
5. Use derivacao implıcita nas equacoes abaixo para determinar dydx
.
(a) arctg x+ arccotg y = π2
(b) arcsec x+ arccossec y = π2.
6. Uma escada de 5 metros de altura esta encostada em uma parede ver-
tical. Se a parte inferior da escada e puxada horizontalmente para fora
da parede de tal forma que a parte superior escorregue verticalmente a
razao de 3m/seg, com que velocidade esta variando a medida do angulo
formado pela escada e o solo, quando a parte inferior da escada esta a
3 metros da parede?
Auto-avaliacao
Nos Exercıcios 2, 4 e 5, e exigido de voce o bom entendimento das
funcoes estudadas nesta aula, e das proposicoes apresentadas. Nos Exercıcios
3 e 6, voce deve demonstrar capacidade de modelar matematicamente as
situacoes apresentadas em cada um deles e aplicar seus conhecimentos de
extremos absolutos e taxas de variacao (aulas 24 e 14). Caso tenha alguma
dificuldade, releia a aula com atencao ou procure o tutor no seu polo.
CEDERJ 130
CEDERJ - Calculo ITutora Renata do Vale
Gabarito das questoes da aula 01 do Modulo I
Aula 01
1.
(a) Dom (f) = (−∞,−2] ∪ (1, 3]
(b) Dom (g) = {x ∈ R|x < 3}
(c) Dom (h) = [2, 5)
(d) Dom (k) = R− {0}
3. 0 cm/s.
4. R$ 0, 98.
5.
(a) 6
(b) −4
(c) 3
(d)2
3
1
CEDERJ - Calculo ITutora Renata do Vale
Gabarito das questoes da aula 01 do Modulo I
Aula 03
1.
(a) −2
(b) −5
(c) −1
(d) 2
2.
(a) V
(b) F
(c) F
(d) V
3.
(a) 0
(b) 12
(c) 0
(d)1
4
1
(e) 6
(f) 0
4. limx→2−
f(x) = 3, limx→2+
f(x) = 1 e limx→2
f(x) nao existe.
5. a = 4 ou a = 0.
2
GABARITO: (Aula 04 – Cálculo I – Versão 2.0)
1. a) 3 2
b) 0 c) 2 d) 3
e) 92
f) 12
−
g) 18
h) 92
i) 38
j) –2
3. a) 0 b) 0 c) 0 d) 0
4. 12
5. 1
GABARITO: (Aula 05 – Cálculo I – Versão 2.0)
1. a) +∞ b) −∞c) +∞d) 2−e) −∞f) −∞g) –1 h) +∞i) 3−j) +∞
2. Assíntotas: 2x = ±3. Assíntotas: 1 e 2x x= − =
4. tal que :f − →1( )f x
x n=
−, se . ( ), 1x n n∈ +
5. 2a =
GABARITO: (Aula 06 – Cálculo I – Versão 2.0)
1. a) ∞−
b) ∞+
c) ∞+
d) ∞−
e) 1−
f) 1
3
g) 0
h) ∞−
i) ∞+
j) 0
l) 2
m) 2
3
n) ∞+
o) ∞+
2. a) 0y = é uma assíntota horizontal do gráfico.
3x = é uma assíntota vertical do gráfico.
b) 3y = é uma assíntota horizontal do gráfico.
5x = é uma assíntota vertical do gráfico.
c) O gráfico de h não possui assíntota horizontal.
0x = é uma assíntota vertical do gráfico.
d) 2y = − é uma assíntota horizontal do gráfico.
1x = − e 1x = são assíntotas verticais do gráfico.
e) 0y = é uma assíntota horizontal do gráfico.
2x = − e 3x = são assíntotas verticais do gráfico.
f) 1y = é uma assíntota horizontal do gráfico.
O gráfico de m não possui assíntota vertical.
g) 7y = − é uma assíntota horizontal do gráfico.
0,755x = é uma assíntota vertical do gráfico.
h) 1
2y = − e
1
2y = são assíntotas horizontais do gráfico.
2x = é uma assíntota vertical do gráfico.
3. a) 0
b) 0
c) ∞+
d) 0
e) 0
f) 0
4. 0
5. 2−
CEDERJ - Calculo ITutor Eric Nelson S. Goncalves
Gabarito das questoes da aula 08 - Versao 1.0
Aula 08
1. (a) f nao possui raiz no intervalo [−3,−2].
(b) f nao possui raiz no intervalo [−2, 2].
(c) f nao possui raiz no intervalo [2, 4].
(d) f possui raiz no intervalo [4, 6].
(e) f possui raiz no intervalo [−2, 5].
2. Sugestao: Considerando a funcao f(x) = x2−x5− 1, utilize o Teorema
do Valor Intermediario.
3. (a) n = −2.
(b) n = −1.
(c) Nao existe n que satisfaca.
(d) n = 0.
4. Sugestao: Considerando a funcao f(x) = 2 senx − ln(x + 3), utilize o
Teorema do Valor Intermediario para o ponto x =π
2e para um outro
ponto conveniente.
5. f necessariamente e uma funcao constante. (A demonstracao deste
fato, fica como um desafio extra!
1
6. Sugestao: Defina uma funcao g : [0, 1] −→ R, tal que g(x) = f(x)−√
x.
Em seguida aplique o Teorema do Valor Intermediario a esta funcao,
para demonstrar que admite uma raiz no intervalo (0, 1).
7. Demonstracao: Seja x0 um ponto fixo de f . Neste caso,
f(x0) = x0.
Como f e inversıvel, seja f−1 a inversa de f . Assim,
f−1(f(x0)) = f−1(x0) ∴ f−1(x0) = x0.
Logo, f−1 tambem admite ponto fixo. �
2
Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
Calculo I – um curso para quem quer viver nolimite!
Apesar da fonte ser obscura,ainda assim o regato corre.
Poincare
Meta da aula
• Apresentacao da disciplina Calculo I.
Objetivo
Ao final desta aula, voce devera ser capaz de:
• Calcular limites finitos de funcoes racionais.
A partir desta aula, voce entrara num universo novo, surpreendente.As ideias, os conceitos e as tecnicas que voce aprendera neste semestre lhepermitirao resolver problemas que eram completamente inacessıveis mesmoaos matematicos mais geniais da Antiguidade.
O que vai diferenciar o Calculo I de todas as outras disciplinas que voceja cursou ate agora e a maneira como lidaremos com as ideias que envolvemo conceito de infinito.
Neste sentido, o Calculo I e um portal que separa a Matematica Classica– gerada na Grecia antiga e aprofundada ao longo dos seculos, passando pelaIdade Media, recebendo contribuicoes de diversas culturas, como a hindu e aarabe – da Matematica Contemporanea, que lida com problemas elaborados,tais como o calculo de orbitas de satelites, ou que serve para expressar asmais diversas teorias da Fısica Moderna, por exemplo.
O vulto da Antiguidade que mais se aproximou dos misterios que seriamrevelados com o advento do Calculo foi Arquimedes, certamente um dosmaiores genios matematicos de todos os tempos.
A principal ferramenta matematica que sera usada para lidar com o infi-nito, seja infinitamente grande ou infinitamente pequeno, e chamada limite.
1
Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
Nossa tarefa sera estudar o limite aplicado as funcoes reais, de umavariavel real. O limite sera peca fundamental para estabelecer as nocoes decontinuidade e diferenciabilidade dessas funcoes, assim como na definicao deintegral, que sera apresentada posteriormente, no Calculo II.
Introduzir a nocao de limite nao e tarefa facil. Basta pensar que, apesarde sua formulacao ter sido feita por Newton e Leibniz, independentemente,por volta de 1670, o conceito tal como e conhecido hoje so foi plenamenteestabelecido com os trabalhos de Augustin-Louis Cauchy e de Karl Weiers-trass, no meio do seculo XIX.
No entanto, e bom lembrar que a falta de rigor, estabelecido posterior-mente, nao impediu que varios membros da famılia Bernoulli, que Euler, La-grange e tantos outros, explorassem e descobrissem aplicacoes dessas ideiastao importantes.
Neste primeiro curso sobre esse assunto, optamos por uma abordagemmais pratica do que teorica. Inclusive, porque estamos falando de um cursode Calculo! No entanto, isto nao impedira que tratemos esses conteudoscom clareza e precisao.
Muito bem! Maos a obra!
Funcoes
As funcoes reais, de uma variavel real, serao o nosso principal objetode estudo. Elas ja tiveram uma grande participacao no conteudo de Pre-Calculo, mas agora ocuparao toda a ementa.
Na verdade, lidaremos com as funcoes f : A ⊂ R −→ R, nas quais osubconjunto A, da reta real, e uma uniao de intervalos.
Vamos reafirmar uma convencao que ja deve prevalecer desde o Pre-Calculo. Voce ja sabe, uma funcao consiste de uma tripla – o kit funcao: odomınio, o contradomınio e a lei de definicao. Aqui esta um exemplo.
Exemplo 1.1.
Considere f : R− { 3 } −→ R a funcao definida por f(x) =1
x− 3+ 2.
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
f : R− {3} −→ R
x 7−→ 1x− 3
+ 2
Neste caso, o domınio e R−{ 3 }, o contradomınio e R e a lei de definicao
e f(x) =1
x− 3+ 2.
Observe que o conjunto imagem de f , Im(f), e uma consequencia dapropria definicao e, portanto, nao precisa ser declarado.
Atividade 1.1.
Determine o conjunto imagem da funcao f , dada no exemplo anterior.
A convencao estabelecida e: quando nos referimos a uma funcao emencionamos apenas a sua lei de definicao, estamos considerando que seudomınio e o maior subconjunto de R no qual esta lei de definicao faz sentido.Neste caso, o contradomınio e R.
Atividade 1.2.
Determine o domınio da funcao f(x) =√
1− x
x + 2.
Graficos de funcoes
Antes de iniciarmos o estudo dos limites de funcoes, e bom lembrar maisum aspecto da teoria de funcoes – os graficos.
Voce sabe que, dada uma funcao f , digamos,
f : A −→ Bx 7−→ f(x)
,
podemos considerar
Gf = { (x, y) ∈ A×B ; y = f(x) },
o grafico de f , um subconjunto do produto cartesiano A×B.
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
O grafico da funcao f e uma consequencia de sua definicao, mas, dadoGf , podemos reconstruir a funcao f . Dessa forma, podemos nos referir afuncao f ou ao seu grafico como se fossem, essencialmente, o mesmo objeto.
A grande vantagem do grafico, especialmente no caso das funcoes reaisde uma variavel real, e que ele pode ser esbocado como um subconjunto doplano cartesiano. Isso permite uma enorme interface entre a algebra (outalvez, mais apropriadamente, a analise matematica) e a geometria. Dessamaneira, podemos simplesmente desenhar funcoes, ampliando enormementenosso estoque de exemplos.
Na verdade, uma das principais metas do nosso curso consiste em desen-volver ferramentas matematicas que permitirao, a partir da lei de definicaode f , esbocar, com bastante precisao, o seu grafico.
So para lembrar uma tecnica elementar de esbocar graficos, veja o exem-plo a seguir.
Exemplo 1.2.
Sabendo que o grafico da funcao f(x) =1x
e a hiperbole esbocada na
figura a seguir, vamos esbocar o grafico da funcao g(x) =2x + 3x + 1
.
Figura 1.1
Grafico da funcao f(x) =1x
.
Voce deve ter notado que o domınio de f e o conjunto R− { 0 } e queo domınio de g e R− {−1 }.
A ideia aqui sera escrever g em termos de f , a menos de operacoesalgebricas simples, que possam ser interpretadas geometricamente.
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
Um truque algebrico muito util consiste em reescrever certas expressoesalgebricas de forma que elas possam ser lidas mais facilmente. Veja comoisso funciona neste caso.
2x + 3x + 1
=2x + 2 + 1
x + 1=
2(x + 1)x + 1
+1
x + 1= 2 +
1x + 1
.
Ou seja, podemos reescrever a lei de definicao de g como
g(x) =1
x + 1+ 2.
Assim fica mais facil perceber o parentesco que ha entre f e g.
g(x) = f(x + 1) + 2
Essa formula nos diz que, para obter o grafico de g a partir do graficode f , precisamos fazer duas translacoes: uma na direcao do eixo Ox e outrana direcao do eixo Oy.
Aqui esta um estagio intermediario. O grafico da funcao
h(x) = f(x + 1) =1
x + 1,
cujo domınio e R − {−1 }, pode ser obtido transladando o grafico de f deuma unidade para a esquerda. Veja que o fenomeno que ocorre em x = 0,no grafico de f , ocorre em x = −1, no grafico de h.
¾
¾
Figura 1.2
Grafico de h obtido do grafico de f por uma translacao.
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
Para obter o grafico de g, observe que
g(x) =1
x + 1+ 2 = h(x) + 2.
Isto quer dizer que voce pode obter o grafico de g a partir do graficode h, transladando-o duas unidades para cima. O fenomeno que ocorre emy = 0 no grafico de h ocorre tambem em y = 2 no grafico de g.
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Figura 1.3
Grafico de g obtido do grafico de h por uma translacao.
Atividade 1.3.
Esboce o grafico da funcao g(x) =1
x− 2+ 1.
Funcoes a beira de um ataque de limites
Nesta secao, queremos lhe dar uma clara ideia do que significa o sımbolo
limx→a
f (x) = L
sem escrever uma definicao oficial.
Caso isso seja contra os seus princıpios, ou ainda, se a sua curiosidadefor do tamanho daquela que matou o gato, voce podera encontrar a definicao
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
(oficial) de limites de funcoes reais, de uma variavel real, na aula Limite econtinuidade, do Modulo 2, volume 2, de Calculo II.
No entanto, acreditamos que, por agora, esta abordagem informal seramais conveniente.
Comecamos com aquela atitude de reconhecimento tıpica das criancasque desmontam o brinquedo “para saber como e por dentro”, antes de qual-quer coisa.
Muito bem, temos a funcao f (ou melhor, a lei de definicao de f), umaconstante a, que aparece em x → a, logo abaixo da abreviacao de limite, eoutra constante, o L.
A frase matematica, limx→a
f(x) = L, deve ser lida da seguinte maneira:
o limite da funcao f , quando x tende para a, e L. Ou ainda, o limite def(x) quando x tende a a e L.
Otimo! Acredito que voce deve estar cheio de perguntas a respeito dissotudo. Veja se acerta algumas delas:
1. Qual e a relacao de a com o domınio de f? Sera que a pertence aodomınio de f? Sera que nao?
2. Por que usamos letra minuscula para a constante a e letra maiusculapara a constante L?
3. Para que serve o limite? Teria a resposta desta pergunta algo a vercom a definicao nao-oficial que pretendemos dar para o limite?
Puxa! Vamos respirar um pouco!
Agora, podemos responder a primeira pergunta assim: o ponto a naoprecisa, necessariamente, pertencer ao domınio de f , mas deve estar bemposicionado em relacao a ele.
E importante esclarecer este ponto. Em primeiro lugar, estaremos li-dando apenas com funcoes cujos domınios sao unioes de intervalos. Essesintervalos podem ser abertos, fechados, semi-fechados, infinitos etc. Vejabem, podemos considerar limites para o caso de funcoes com domınios me-nos regulares do que estes que estamos considerando. Mas, por agora, istobasta.
Muito bem, queremos que haja um numero r > 0, tal que
(a− r, a) ∪ (a, a + r) ⊂ Dom(f).
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
Em termos menos tecnicos, queremos que a funcao esteja definida emalguma vizinhanca em torno de a, exceto, possivelmente, em a.
Veja, uma vizinhanca em torno de a e um intervalo aberto contendo a.
Esta frase nos coloca bemno espırito da coisa. O
limite lida, o tempo todo,com proximidade,
vizinhancas, tao proximoquanto quisermos etc.
Exemplo 1.3.
Se o domınio de f e (−∞, 3) ∪ (3, +∞), podemos considerar
limx→3
f(x),
apesar de f nao estar definida em 3.
-c—— ——( )
33− r 3 + r
Figura 1.4A regiao sombreada indica a vizinhanca de 3.
Observe que os casos nos quais f esta definida apenas em um dos ladosdo ponto, como em 2, caso Dom(f) = (2, 5], ou 5, no mesmo caso, seraoabordados futuramente quando estudarmos o conceito limites laterais.
Portanto, focando na primeira pergunta, queremos que haja um numeror > 0 (que pode ser tao pequeno quanto precisarmos), tal que
(a− r, a) ∪ (a, a + r) ⊂ Dom(f).
Qual era mesmo a segunda pergunta? Ah, sim! Usamos letra minusculapara a e letra maiuscula para L por tradicao. Quase todo mundo faz assim.
Decepcionado? Bem, na verdade, uma boa razao para isso e enfatizarque a se relaciona com o domınio de f enquanto L se relaciona com a imagem,contida no contradomınio de f .
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
a
L
Figura 1.5Exemplo de uma tıpica situacao onde lim
x→af(x) = L.
Agora, a ultima pergunta: para que serve o limite?
O limite e uma ferramenta que permite descrever o comportamentoda funcao f nas vizinhancas de um dado ponto x = a. Esse momentoexige de voce um certo esforco. Veja, voce ja sabe que a funcao pode servista como um instrumento que transforma a variavel independente x navariavel dependente y = f(x). Podemos, portanto, imaginar uma situacaodinamica: a cada valor atribuıdo a x, obtemos correspondente valor f(x).Muito bem, o limite descreve como f(x) se comporta quando a variavel x
toma valores mais e mais proximos de a. E claro que, nas situacoes em queo comportamento da funcao e previsıvel, o limite nao acrescenta informacoesmuito surpreendentes. Por exemplo,
limx→2
x2 + 1 = 5.
Isso significa que, se tomarmos valores proximos de 2, x2 + 1 assumiravalores proximos de 5. Realmente, se fizermos x = 2 + h, teremos
f(2 + h) = (2 + h)2 + 1 = 4 + 2h + h2 + 1 = 5 + 2h + h2.
Para valores pequenos de h, os valores correspondentes de f(2 + h)estarao proximos de 5. Neste caso, 2 e elemento do domınio de f , umafuncao polinomial, e o limite coincide com o valor da funcao no ponto f(2) =5. Veja, esta e uma situacao de muita regularidade, como veremos maisadiante. De uma certa forma, o limite nao foi criado para essas situacoes.Vamos, portanto, considerar uma situacao mais interessante. Como diria oinvestigador, diga-me algo que eu ainda nao sei!
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
Um exemplo de importancia historica – velocidades medias e
velocidade instantanea
Velocidade e um conceito tao divulgado na nossa cultura que nao pensa-mos muito nela. Mas, se considerarmos a questao da velocidade instantanea– o carro do piloto campeao cruzou a linha de chegada a 187,56 km/h –,mesmo que por um breve instante, veremos que estamos lancando mao deum conceito sofisticado. A velocidade instantanea e a taxa de variacao daposicao em relacao ao tempo calculada no preciso momento em que, diga-mos, o carro cruzou a linha de chegada.
Pense um pouco: do que, realmente, dispomos para estabelecer essavelocidade instantanea?
Pensou? Muito bem! Para comecar, dispomos das velocidades medias.Este sera nosso modelo nesta secao: a velocidade instantanea sera obtidacomo um limite das velocidades medias. Vamos a um exemplo.
Exemplo 1.4.
Digamos que, apos uma serie de testes num laboratorio, chegou-se aconclusao de que a funcao
s(t) = t2 + 3t + 10
descreve o deslocamento de um carrinho de experiencias. Isto e, s(t) e aposicao, dada em centımetros, em funcao do tempo t, dado em segundos(digamos). Assim, no tempo t = 0, o carrinho estava a 10cm do ponto dereferencia, na direcao positiva.
Queremos calcular a velocidade do carrinho no instante t = 1.
Comecamos com o que dispomos: a velocidade media do carro entre osinstantes t e 1:
vm(t) =s(t)− s(1)
t− 1.
Usamos o ındice m para indicar que essa e uma velocidade media. Alemdisso, como estamos interessados no especıfico instante 1, consideramos vm
como uma funcao apenas de t.
Veja, a funcao s(t) = t2 + 3t + 10 esta bem definida, a priori, paraquaisquer valores de t, apesar de o trilho onde a experiencia foi feita ser
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
finito. No entanto, estamos interessados na nova funcao vm(t), que estabem definida em todos os valores de t menos, exatamente, no ponto 1, emquestao. De uma certa forma, gostarıamos de dizer que a velocidade noinstante 1 e vm(1), mas nao podemos fazer isso.
Para contornar esse impasse, vamos estudar o comportamento da funcaovm(t) quando os valores de t estao sendo tomados mais e mais proximos de1, justamente no ponto em que ela nao esta definida e no qual estamosinteressados.
limt→1
vm(t) = limt→1
s(t)− s(1)t− 1
= limt→1
t2 + 3t + 10− 14t− 1
= limt→1
t2 + 3t− 4t− 1
.
Atencao! Esta na hora de aprender algo novo! E inutil tentar calcular
diretamente o valor da expressaot2 + 3t− 4
t− 1, para t = 1. No entanto,
podemos descobrir os valores de vm(t), para valores proximos de 1, poremdiferentes.
Faremos isso de duas maneiras (ligeiramente diferentes).
Primeiro, vamos fazer t = 1 + h, com h 6= 0. Assim,
vm(1 + h) =(1 + h)2 + 3 (1 + h)− 4
1 + h− 1=
1 + 2h + h2 + 3 + 3h− 4h
=
5h + h2
h.
Veja, para h 6= 0, vm(1 + h) = 5 + h e, para valores de h mais e maisproximos de 0, temos vm(1 + h) mais e mais proximo de 5.
Assim, diremos que
limt→1
vm(t) = 5.
Parece bom, nao?
Vamos tentar a segunda abordagem. Voce observou que 1 e uma raizdo polinomio t2 + 3t− 4. Portanto, este polinomio se fatora, sendo t− 1 umdos seus fatores. Na verdade, t2 + 3t− 4 = (t− 1) (t + 4).
Otimo! Observe as expressoes
(t + 4) (t− 1)t− 1
e t + 4.
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
Elas sao diferentes, pois a primeira nao esta definida em t = 1.
No entanto, se t 6= 1, entao podemos usar qualquer uma delas paracalcular vm(t).
Assim,
limt→1
vm(t) = limt→1
(t + 4) (t− 1)t− 1
= limt→1
t + 4,
e o ultimo limite e, claramente, 5.
Concluımos que a velocidade do carrinho no instante t = 1 e 5 cm/s.
Consideracoes finais
Voce deve estar cansado e com varias coisas para pensar. Pare por aqui,pois voce ainda tem os exercıcios para fazer.
Veja, esta aula foi o seu primeiro contato com um conceito importantee difıcil: o limite de uma funcao.
Voce deve guardar que o limite serve para indicar o comportamentode uma funcao nas vizinhancas de um certo ponto sem que seja necessariosaber o valor da funcao neste ponto. Na verdade, a funcao nao precisaestar definida no ponto para que consideremos o limite, basta que ela estejadefinida em torno dele. Na verdade, as principais situacoes de interesseocorrem quando nao sabemos o valor da funcao no ponto em questao, comono exemplo 1.4.
Na proxima aula nos concentraremos mais no aspecto grafico do limitee aprofundaremos as ideias que foram apresentadas aqui. Ate la!
Exercıcios
1. Calcule o domınio das seguintes funcoes:
(a) f(x) =
√x2 − x− 6
1− x; (b) g(x) = ln
(1− x
x− 3
);
(c) h(t) =√
t− 2 +1√
5− t; (d) k(y) = sen
(2 π
y
).
2. Use a tecnica ilustrada no exemplo 1.2 para esbocar os graficos dasseguintes funcoes:
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Calculo I Aula 01 - Versao 2.0
(a) f(x) =3x− 2x− 1
; (b) g(x) = |x + 2 | − 2 ;
(c) h(x) = 2 +√
x− 4 ; (d) k(x) = − 1 + ln (x + 3) .
3. Da mesma forma que obtivemos a velocidade instantanea a partir dasvelocidades medias, podemos obter a aceleracao instantanea.
Suponha que v(t) = t2 − 4t + 2 descreva a velocidade de uma partıculaque se desloca em uma trajetoria retilınea, dada em cm/s. Considerando
am(t) =v(t)− v(1)
t− 1,
a aceleracao media desse movimento, entre os instantes t e 1, calcule aaceleracao desse movimento no instante t = 1.
Voce poderia interpretar o resultado obtido?
Qual e a aceleracao desse movimento no instante 2s?
4. O custo da producao de sabonetes por dia de trabalho em uma certafabrica e dado pela equacao
c(x) = 300 + 0.0005x2 − 0.02x,
onde x e o numero de sabonetes produzidos no dia e c(x) e dado em reais.Assim, para produzir 1000 sabonetes em um dia, gasta-se c(1000) = 780, ouseja, setecentos e oitenta reais.
Nesta escala, podemos considerar um sabonete a mais, por dia, uminfinitesimo.
Calcule, entao, a taxa de variacao do custo por dia, se a producao de1000 sabonetes for passada para 1001 e compare o resultado com
limx→1000
c(x)− c(1000)x− 1000
.
Acho que voce pode usar uma calculadora.
5. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→3
x2 − 9x− 3
; (b) limx→1
x2 + 2x− 3x2 − 3x + 2
;
(c) limx→2
x3 − 8x2 − 4
; (d) limx→√2
x2 − 2x2 +
√2x− 4
.
13
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Limites de funcoes – algumas propriedades
Good girls go to heaven;Bad girls go everywhere.
Frase de para-choque de caminhao
americano, que diz algo como
“Garotas bem comportadas vao para o ceu;
Garotas sapecas vao a todos os lugares”.
Meta da aula
• Continuar a apresentacao de limites de funcoes.
Objetivo
Ao final desta aula, voce devera ser capaz de:
• Calcular graficamente limites finitos de funcoes.
• Usar certas propriedades de limites para calcula-los.
Nesta aula, voce dara continuidade a construcao do conceito
limx→a
f(x) = L,
que foi iniciada na aula anterior. Sera dada atencao especial ao aspectografico do conceito. Voce aprendera algumas propriedades que permitiraodeterminar o limite em alguns casos, alem de entender que algumas funcoesnao sao tao bem comportadas nas vizinhancas de certos pontos, ou seja,comecaremos a reconhecer algumas situacoes em que as funcoes naoadmitem limites.
Muito bem, voce aprendeu que usamos o limite para descrever o com-portamento de uma funcao f nas vizinhancas de um dado ponto, digamosa. Veja o exemplo a seguir.
1
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Exemplo 2.1.
Considere o limite
limx→1/4
sen (2π x) = 1.
Realmente, se x toma valores proximos de 1/4, a funcao y = 2π x tomavalores proximos de π/2 e os senos de tais arcos sao mais e mais proximosdo numero 1.
Essa e uma situacao de bastante regularidade. Veja o grafico de f(x) =sen (2π x) na figura a seguir.
Figura 2.1
Grafico da funcao f(x) = sen (2π x).
1/4
1
Vamos, no proximo exemplo, fazer um exercıcio inverso. Em cada caso,primeiro observe o grafico e, em seguida, veja como o grafico determina olimite, indicado abaixo da figura.
Exemplo 2.2.
Em cada caso, a informacao sera obtida diretamente do grafico dafuncao. Em muitas situacoes, e mais simples desenhar o grafico de umafuncao que ilustra uma certa propriedade do que encontrar especificamentesua lei de definicao.
2
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Figura 2.2
a
L
limx→a
f(x) = L
Figura 2.3
b
M
limx→b
g(x) = M
Figura 2.4
c
N
limx→c
h(x) = N
Figura 2.5
d
P
Q
limx→d
k(x) = P e k(d) = Q
s
Voce percebeu que a funcao f nao precisa estar definida no ponto emquestao para que consideremos o limite neste ponto. No entanto, e necessarioque f esteja definida numa regiao em torno do ponto considerado.
Tambem e possıvel que a funcao esteja definida no ponto em que calcu-lamos o limite e o valor do limite nao coincida com o valor da funcao, comofoi ilustrado no caso da funcao representada pela Figura 2.5 no Exemplo 2.2.
Atividade 2.1.
Considerando o grafico de f : R −→ R, esbocado na figura a seguir,determine:
3
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
(a) f(−2) (b) f(0) (c) f(2)
(d) limx→−2
f(x) (e) limx→0
f(x) (f) limx→2
f(x)
s
Figura 2.6
−2 2
Grafico da funcao f .
2
4
Voce viu que situacoes mais interessantes ocorrem quando a funcao naoesta definida no ponto em questao ou a lei de definicao da funcao se aplicaaos pontos proximos dele mas nao se aplica nele, especificamente. Veja maisum exemplo no qual algo assim ocorre.
Exemplo 2.3.
Considere f : [0, +∞) −→ R a funcao definida por
f(x) =
√x−√2x− 2
se x ≥ 0 e x 6= 2;
1 se x = 2.
Vamos calcular limx→2
f(x).
Costumamos dizer que tal funcao tem uma indeterminacao em x =2, pois, apesar de f estar definida em x = 2, nao sabemos qual e o seucomportamento nas vizinhancas desse ponto. Queremos saber, entao, o
que acontece com os valores de√
x−√2x− 2
quando tomamos valores para x
proximos porem diferentes de 2.
4
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Calcular o limite significa levantar a indeterminacao.
Na aula anterior, voce aprendeu um truque para fazer isso: usar algebraelementar. Resumindo: fatorar!
Basta lembrar que (a− b) (a + b) = a2 − b2. Assim, a expressao x− 2pode ser fatorada da seguinte forma:
x− 2 = (√
x−√
2) (√
x +√
2).
Veja,√
x√
x = x, pois estamos assumindo que x ∈ [0, +∞).
Portanto,
limx→2
f(x) = limx→2
√x−√2x− 2
= limx→2
√x−√2
(√
x−√2) (√
x +√
2)=
= limx→2
1√x +
√2
=1
2√
2=
√2
4.
Veja o grafico de f na figura a seguir.
s
Figura 2.7
2
Grafico da funcao f .
1
√2/4
Atividade 2.2.
Calcule limx→1
x− 1√x− 1
.
5
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Distancia entre numeros reais
Esta na hora de aprofundarmos um pouco mais o nosso conceito de
limx→a
f(x) = L.
Temos usado, com frequencia, termos como: vizinhanca, proximidadee outros, semelhantes. Esses termos sao uteis, pois apelam para a nossaintuicao, ajudando-nos a construir o entendimento do conceito, mas preci-samos tornar estas ideias um pouco mais precisas, mais matematicas. Paraisso, precisamos de uma propriedade do conjunto dos numeros reais.
O conjunto R e munido de uma distancia, definida pelo modulo denumeros reais.
Veja, dizemos que a distancia entre os numeros a e b e |a − b|. Esteconceito e tao natural que quase nao notamos a sua importancia. Aqui estaoalgumas de suas propriedades.
(a) A distancia entre dois numeros e sempre maior ou igual a zero. Naverdade, a distancia entre dois numeros e nula se, e somente se, os numerossao iguais.
∀ a, b ∈ R, |a− b| ≥ 0;
|a− b| = 0 ⇐⇒ a = b.
Isto decorre dos fatos
∀ x ∈ R, |x| ≥ 0;
|x| = 0 ⇐⇒ x = 0.
(b) A distancia entre dois numeros independe da ordem em que os tomamos.Em sımbolos matematicos, temos:
∀ a, b ∈ R, |a− b| = |b− a|.
Isso e decorrencia de ∀ x ∈ R, |x| = | − x|.
(c) Esta terceira propriedade e muito importante, como voce vera em
breve. Ela sera usada diversas vezes ao longo de seus estudos. E chamadadesigualdade triangular, e envolve tres elementos.
6
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
∀ a, b e c ∈ R,
|a− b| ≤ |a− c| + |c− b|.
Veja um diagrama com duas situacoes possıveis.
a c b a b c
Figura 2.8 Figura 2.9
|a− b| = |a− c|+ |c− b| |a− b| < |a− c|+ |c− b|
Se c estiver entre a e b, ocorre a igualdade. No outro caso, |a − b| eestritamente menor do que a soma das outras duas distancias. No entanto,em ambas as situacoes, vale
|a− b| ≤ |a− c| + |c− b|.
Podemos usar, por exemplo, a distancia para expressar certos conjuntos.Veja na igualdade a seguir.
(a− r, a) ∪ (a, a + r) = {x ∈ R ; 0 < |x− a| < r }.
A desigualdade 0 < |x − a| garante que x deve ser diferente de a e adesigualdade |x− a| < r nos diz que x esta a um raio menor do que r de a.
-c—— ——( )
aa− r a + r
Figura 2.10
Atividade 2.3.
Expresse os seguintes conjuntos usando unioes de intervalos e represente-os graficamente.
(a) {x ∈ R ; 0 < |x− 2| < 3 } ; (b) {x ∈ R ; 0 < |x + 2| ≤ 1 } ;
(c) {x ∈ R ; |x− 5| < 4 } ; (d) {x ∈ R ; |x + 4| ≥ 3 } .
7
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Chamamos o intervalo aberto (a− r, a + r) = {x ∈ R ; |x− a| < r }de vizinhanca do ponto a, de raio r.
Voltamos, agora, nossa atencao para
limx→a
f(x) = L.
Essa expressao significa que, para cada vizinhanca de L, por menor queseja o seu raio, existe uma vizinhanca de a, de algum raio, tal que as imagensdos pontos dessa vizinhanca de a, porem diferentes do proprio a, pertencema vizinhanca de L.
Parece complicado, mas e assim mesmo. Leia o paragrafo anterior no-vamente e compare com a figura a seguir.
Figura 2.11
Grafico de funcao f tal que limx→a
f(x) = L.
a
L
( )
^
_
A faixa horizontal indica a vizinhanca em torno de L. A faixa verticalindica a vizinhanca em torno de a. Observe que todos os pontos pertencentesa vizinhanca de a tem imagem por f na vizinhanca de L. Mais uma vez,essa figura representa uma situacao de muita regularidade.
Muito bem! Voltaremos a esse assunto em outras ocasioes. Isso tomouum certo tempo e esforco, mas agora temos mais elementos para discutiralgumas das propriedades dos limites de funcoes.
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Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Propriedade de unicidade do limite de funcoes
A primeira propriedade dos limites de funcoes que estudaremos e a desua unicidade. Veja, se
limx→a
f(x) = L e limx→a
f(x) = M,
entao,L = M.
Para demonstrar essa propriedade, usaremos um argumento bastantetıpico. Preste atencao, pois ele lhe sera util.
O argumento e o seguinte: se |x| for tao pequeno quanto se queira, entaox = 0. Em sımbolos, temos:
∀ r > 0, |x| < r =⇒ x = 0.
Muito bem, vamos demonstrar a propriedade da unicidade do limite.Sabemos que
limx→a
f(x) = L e limx→a
f(x) = M.
Da nossa descricao de limite, sabemos que existem valores de x su-ficientemente proximos de a, tais que suas imagens estao arbitrariamenteproximas de L e de M .
Digamos assim: dado r > 0 qualquer, existe x suficientemente proximode a tal que
|f(x)− L| < r/2 e |f(x)−M | < r/2.
Agora, usamos a desigualdade triangular para x, L e M :
|L−M | ≤ |L− f(x)|+ |f(x)−M | =
= |f(x)− L|+ |f(x)−M | << r/2 + r/2 = r.
Resumindo, para qualquer r > 0, conseguimos mostrar que |L−M | < r.Ora, isso quer dizer que L = M .
9
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Exemplos de funcoes completamente sem limites!
Voce acaba de passar por uma especie de prova de fogo. A argumentacaoque voce acabou de ler e tıpica de analise matematica. Ela lhe sera apresen-tada novamente, com mais detalhes e, provavelmente, em diferentes versoes.Mas, calma, tudo a seu tempo. Agora e hora de colher os frutos desseresultado. Veremos exemplos de funcoes malcomportadas, isto e, veremosalgumas situacoes em que a funcao f nao admite limite quando x tende aum determinado ponto.
Como e possıvel detectar tal coisa?
Veja, sabemos que, se o limite de f , quando x tende a a, e L, sempre queos valores de x sao tomados arbitrariamente proximos de a, suas imagensdevem estar proximas de L. O limite e unico, como acabamos de mostrar.Portanto, se em alguma situacao tivermos pontos arbitrariamente proximosde a, com imagens arbitrariamente proximas de valores diferentes, digamosL1 6= L2, saberemos que a funcao, neste caso, nao admite limite.
E comum usar a expressao nao existe limite de f quando x tende a a, emtais circunstancias. Confesso uma certa antipatia pela expressao. Daremospreferencia a expressao a funcao f nao admite limite quando x tende a a.
Exemplo 2.4.
Aqui estao quatro funcoes que, de um modo ou de outro, nao admitemlimite em algum ponto. Primeiro, as suas leis de definicoes e seus domınios.Veja:
f(x) =1− x
|x− 1| ; g(x) = sen(1
x
);
h(x) ={
1 se x ∈ R−Q,−1 se x ∈ Q;
k(x) ={
1 se x ∈ R−A,−1 se x ∈ A,
onde A ={
x ∈ R ; x =1n
, ∀ n ∈ N}
.
A funcao f esta definida em todos os x 6= 1 e g esta definida em todox 6= 0. As funcoes h e k estao definidas em toda a reta real. Assim,
Dom(f) = R− { 1 }; Dom(g) = R− { 0 }; Dom(h) = Dom(k) = R.
Agora, seus graficos:
10
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Figura 2.12
@ limx→1
f(x)
1
Figura 2.13
@ limx→0
g(x)
−1
1
Figura 2.14
@ limx→a
h(x), ∀ a ∈ R
−1
1
Figura 2.15
@ limx→0
k(x)
rr r r−1
1
112
13
Vamos, agora, discutir cada um dos quatro casos.
A funcao f
Voce pode reescrever a lei de definicao de f como f(x) ={
1 se x < 1;−1 se x > 1.
Realmente, se x < 1, x− 1 < 0 e |x− 1| = −(x− 1) = 1− x. Assim,
x < 1 =⇒ f(x) =1− x
|x− 1| =1− x
1− x= 1.
Analogamente,x > 1 =⇒ f(x) = = −1.
11
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Para valores proximos de 1, porem maiores do que 1, a funcao f assumeo valor −1. Ja para valores proximos de 1, porem menores do que 1, f
assume o valor 1. Assim, tao proximo de 1 quanto quisermos, a funcao f
assume valores diferentes, 1 ou −1. Ora, isso indica que f nao admite limitequando x tende a 1, pois caso admitisse, as imagens deveriam estar mais emais proximas do mesmo ponto: o limite.
A funcao g
Este exemplo e classico. Neste caso, a medida que tomamos valores dex mais e mais proximos de zero, as imagens por f acumulam-se ao longode todo o intervalo fechado [−1, 1]. Note que, enquanto no caso anteriorhavia dois candidatos a limite, 1 e −1, neste exemplo ha uma exuberanciade todo um intervalo de candidatos. Quando esse tipo de situacao ocorre(mais do que um candidato a limite), a funcao nao admite limite no pontoem questao, pois sabemos que se ha limite, ele deve ser unico.
A funcao h
Parece que ha algo de errado com o grafico desta funcao, nao e? Re-almente, duas retas horizontais paralelas nao podem ser o grafico de umafuncao, pois cada ponto do domınio deve ser associado a um unico ponto docontradomınio. Bem, o fato e que esse esboco parece ter duas retas horizon-tais. Na verdade, essas retas sao como que porosas, isto e, na reta superiorso aparecem os pontos de primeira coordenada irracional, enquanto a retainferior e formada pelos pontos de primeira coordenada racional.
Portanto, tao proximo de qualquer ponto quanto quisermos, havera pon-tos com valor por h igual a 1 e pontos com valor por h igual a −1. Isso nosdiz que essa funcao nao admite limite em nenhum dos pontos de seu domınio.
Isso a torna um pouco diferente dos dois casos anteriores, nos quais asfuncoes nao admitiam limite em algum determinado ponto da reta real, maselas admitem limite em todo os outros pontos.
A funcao k
Nesse caso, o grafico so esta sugerido, pois os pontos cujas primeiras
coordenadas sao da forma1n
, para algum numero natural n, pertencem ao
grafico com segunda coordenada −1 (sao as bolinhas preenchidas, indicadasembaixo). Ora, tao proximo de zero quanto quisermos, havera pontos dessetipo, cujas imagens por k sao iguais a −1, e tambem havera pontos que naosao dessa forma, e nestes casos, a imagem por k sera 1. Novamente, a funcao
12
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
nao admite limite em x = 0.
Esses foram apenas alguns casos de funcoes que nao admitem limites.Ha uma infinidade de outros exemplos, incluindo casos em que a funcaonao admite limite por outras razoes. Veremos mais exemplos nas proximasaulas.
Para terminar esta aula, que ja vai um pouco longa, veremos mais umapropriedade dos limites.
A condicao de localidade do limite
Essa propriedade justifica, de alguma forma, a estrategia que temosusado para levantar a indeterminacao de alguns limites. Ela realca o fato deque o limite depende apenas do comportamento da funcao em uma pequenavizinhanca do ponto em questao.
Sejam f e g duas funcoes tais que, para algum numero r > 0, sempreque x ∈ (a − r, a) ∪ (a, a + r), teremos f(x) = g(x). Dessa forma, exister > 0, tal que
0 < |x− a| < r =⇒ f(x) = g(x).
Mais uma vez, as funcoes f e g coincidem em alguma vizinhanca doponto a, com possıvel excecao do que ocorre no proprio ponto a. Entao,
limx→a
f(x) = limx→a
g(x).
Figura 2.16Graficos das funcoes f e g,
coincidentes em alguma vizinhanca de zero.
13
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Essa propriedade decorre diretamente da definicao do limite. Ela per-mite que substituamos uma funcao complicada por uma mais simples, nocalculo do limite, contanto que essas funcoes coincidam em alguma vizi-nhanca do ponto em questao, tal como:
limx→1
x2 − 1x2 − 3x + 2
= limx→1
(x− 1) (x + 1)(x− 1) (x− 2)
= limx→1
x + 1x− 2
= −2.
Consideracoes finais
Nesta aula, voce explorou ainda mais o conceito de limite de uma funcao
num dado ponto. E importante que voce crie o habito de imaginar a situacaografica correspondente ao calculo do limite. Isso fortalecera a sua visaogeometrica do conceito.
Nas proximas aulas, continuaremos a lidar com esse tema. Voce apren-dera outras propriedades dos limites, assim como os limites laterais.
Nao deixe de fazer os exercıcios propostos. Ate a proxima aula!
Exercıcios
1. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→4
x2 − 3x− 4x2 − 16
; (b) limx→−1
x + 1x2 − 1
;
(c) limx→3
√x− 9
x− 3; (d) lim
x→1
x− 13√
x− 1;
(e) limx→−4
|x| − 4x2 − 16
; (f) limx→1
x3/2 − 1x1/2 − 1
.
Lembre-se: (a− b)(a2 + ab + b2) = (a3 − b3).
2. Calcule o valor de a, tal que
limx→2
x2 + a x2 − 3x− 2a x + 2x2 − 4
=34.
3. Considere f : R −→ R a funcao definida por
f(x) = |x− 1| − 2.
14
Calculo I Aula 02 - Versao 2.0
Esboce o grafico de f e determine os valores de a, tais que
limx→a
f(x) = −1.
4. Usando como modelos as funcoes apresentadas no exemplo 2.4, desenhegraficos de funcoes que nao admitem limite quando x tende a 1.
5. Considere g : R −→ R a funcao cujo grafico esta esbocado na figura aseguir. Determine os limites, caso existam, e os valores da funcao indicados.
Figura 2.17
Grafico da funcao g.
−2r
2 r
2
3
(a) limx→−2
g(x) (b) limx→0
g(x) (c) limx→2
g(x)
(d) limx→−3
g(x) (e) g(−2) (f) g(2)
15
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
Limites laterais e mais algumas propriedades doslimites de funcoes
Meta da aula
• Continuar a apresentacao de limites de funcoes.
Objetivos
Ao final desta aula, voce devera ser capaz de:
• Calcular limites de funcoes usando os limites laterais.
• Calcular limites de funcoes aplicando as propriedades elementares.
Antes de abordar os principais temas desta aula, voce aprendera maisuma estrategia de calculo de limites, ampliando, assim, o seu ja nao taopequeno conjunto de tecnicas para levantar indeterminacoes.
Exemplo 3.1.
Vamos calcular o limite a seguir.
limt→4
√2t + 1 − 3t2 − 3t− 4
.
O limite esta indeterminado. Realmente, limt→4
(√
2t + 1 − 3) = 0 e
limt→4
(t2 − 3t− 4) = 0. A tecnica que conhecemos para levantar esse tipo de
indeterminacao e fatorar e simplificar. E claro que o termo que se encontrano denominador se fatora: t2−3t−4 = (t−4) (t+1). No entanto,
√2t + 1−3
nao e, exatamente, divisıvel por t−4. Sendo assim, usaremos uma estrategiadiferente. Tentaremos tornar
√2t + 1− 3 um fator de t− 4.
A chave para resolver o problema esta na seguinte identidade algebrica:
(a− b) (a + b) = a2 − b2.
1
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
A ideia e modificar a expressao que define a funcao, multiplicando onumerador e o denominador pelo conjugado do termo
√2t + 1 − 3, que
e√
2t + 1 + 3. Isso nao altera o resultado do limite. Lembra-se da ultimapropriedade de limites de funcoes, apresentada na aula anterior?
Muito bem, aqui esta o calculo do limite.
limt→4
√2t + 1− 3
t2 − 3t− 4= lim
t→4
(√
2t + 1− 3) (√
2t + 1 + 3)(t− 4) (t + 1) (
√2t + 1 + 3)
=
= limt→4
2t + 1 − 9(t− 4) (t + 1) (
√2t + 1 + 3)
=
= limt→4
2t− 8(t− 4) (t + 1) (
√2t + 1 + 3)
=
= limt→4
2(t + 1) (
√2t + 1 + 3)
=2
5× 6=
115
.
Veja, (√
2t + 1)2 = 2t + 1, pois 2t + 1 ≥ 0, uma vez que o domınioda funcao e [−1/2, +∞).
Gostou da estrategia? Tente aplica-la na situacao a seguir.
Atividade 3.1.
Calcule o limite dado a seguir.
limx→5
2−√9− x
x2 − 6x + 5.
Agora, vamos ao primeiro assunto da aula.
Propriedades elementares dos limites de funcoes
Uma das coisas que torna o estudo das funcoes tao interessante e a pro-fusao delas. Ha uma quantidade estonteante de funcoes. Essa abundanciase reflete no fato de que, a partir de alguns poucos exemplos, podemosgerar muitos e muitos outros, usando operacoes que voce ja conhece do Pre-Calculo. Vamos listar algumas delas.
Considere as funcoes f : A ⊂ R −→ R e g : B ⊂ R −→ R, tais queA ∩B = C 6= ∅.
2
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
A partir das funcoes f e g, nessas condicoes, podemos obter as seguintesfuncoes:
(a) (soma)
(f + g) : C −→ Rx 7−→ f(x) + g(x);
(b) (multiplicacao por constante)
(α f) : A −→ Rx 7−→ α · f(x);
(c) (produto)
(f g) : C −→ Rx 7−→ f(x) · g(x);
(d) (inverso multiplicativo)
( 1f
): D −→ R
x 7−→ 1f(x)
,
onde D = {x ∈ A ; f(x) 6= 0 }.Veja, usando essas operacoes de funcoes, a funcao identidade f(x) = x
e a funcao constante g(x) = 1, podemos obter todas as funcoes polinomiais,
como, por exemplo, h(x) = 3x7 − x2 − 5x +√
2.
Como voce ja deve estar antecipando, o limite de funcoes funciona muitobem no que diz respeito a essas operacoes. Veja, se
limx→a
f(x) = L e limx→a
g(x) = M,
entao
(a) limx→a
(f + g)(x) = limx→a
f(x) + g(x) = L + M ;
(b) para α ∈ R, limx→a
(α f)(x) = limx→a
α f(x) = α L;
(c) limx→a
(f g)(x) = limx→a
f(x) · g(x) = L ·M ;
3
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
(d) se, alem disso, L 6= 0, limx→a
( 1f
)(x) = lim
x→a
1f(x)
=1L
.
As demonstracoes dessas propriedades passam da mais simples rotinaate o caso de envolver alguma sofisticacao. Voce tera, ainda nas disciplinasde Calculo, oportunidade de lidar com elas. No momento, no entanto, nossoprincipal objetivo e usa-las para calcular limites. Veja, agora, os proximosdois exemplos.
Exemplo 3.2.
Vamos calcular limx→1
[ √x− 1
x− 1+
x− 13√
x− 1
]. Nesses casos, calculamos
separadamente os limites das parcelas.
Primeiro, o calculo de limx→1
√x− 1
x− 1, que apresenta uma indeterminacao.
Vamos aplicar, alternativamente, a tecnica do conjugado, ja utilizada ante-riormente no exemplo 3.1.
limx→1
√x− 1
x− 1= lim
x→1
(√
x− 1) (√
x + 1)(x− 1) (
√x + 1)
=
= limx→1
x− 1(x− 1) (
√x + 1)
=
= limx→1
1√x + 1
=12.
Note que a segunda parcela tambem apresenta uma indeterminacao:
limx→1
x− 13√
x− 1. Neste caso, observe que (a − b) (a2 + ab + b2) = a3 − b3.
Assim, podemos fazer, por exemplo:
x− 1 = (x1/3 − 1) (x2/3 + x1/3 + 1).
Portanto,
limx→1
x− 13√
x− 1= lim
x→1
(x1/3 − 1) (x2/3 + x1/3 + 1)x1/3 − 1
=
= limx→1
(x2/3 + x1/3 + 1
)= 3.
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Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
Como sabemos quais sao os limites das parcelas, podemos obter o limitedado inicialmente:
limx→1
[ √x− 1
x− 1+
x− 13√
x− 1
]= lim
x→1
√x− 1
x− 1+ lim
x→1
x− 13√
x− 1=
12
+3 =72.
Veja, a seguir, mais um exemplo do uso das propriedades elementarespara o calculo dos limites.
Exemplo 3.3.
Considere f e g funcoes definidas em toda a reta real, tais que
limx→2
f(x) = 3 e limx→2
g(x) = −2.
Entao,
(a) limx→2
(2 f(x) − g(x)
)=
(2 lim
x→2f(x) − lim
x→2g(x)
)= 2·3−(−2) = 8;
(b) limx→2
(f(x)
)2 + 1g(x)
=32 + 1−2
= −5;
(c) limx→2
f(x) − g(x)f(x) + g(x)
=3 + 23− 2
= 5.
Atencao:
Formulas como
limx→a
(f(x) + g(x)
)=
(limx→a
f(x) + limx→a
g(x))
oulimx→a
(f(x) · g(x)
)= lim
x→af(x) · lim
x→ag(x)
so fazem sentido se soubermos, de antemao, que os limites das parcelas (oufatores, dependendo do caso), sao numeros:
limx→a
f(x) = L e limx→a
g(x) = M.
Ha uma outra operacao com funcoes, um pouco mais sofisticada do queas que vimos ate agora, que permite gerar ainda mais funcoes – a composicaode funcoes.
5
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
O limite tambem comporta-se muito bem em relacao a esta operacao.Veja o proximo exemplo.
Exemplo 3.4.
Sabemos que
limx→2
(2x− 4
)= 0 e lim
t→0cos t = 1.
Entao,limx→2
cos(2x− 4
)= 1.
Voltaremos a considerar esse assunto em breve, quando estudarmos anocao de continuidade de funcoes.
Para encerrar essa etapa da aula, sobre as propriedades elementares doslimites, aqui esta uma oportunidade para voce aplicar o que ja aprendeu.
Atividade 3.2.
Sabendo que limx→a
g(x) = −2 e limx→2
h(x) = 4, calcule:
(a) limx→a
(2 g(x)− 3 h(x)
);
(b) limx→a
g(x) + (h(x))2
2;
(c) limx→a
h(x)− g(x)2 g(x)− h(x)
.
Limites laterais
Uma das propriedades que caracterizam o conjunto dos numeros reais ea boa ordem. Estamos tao habituados a usa-la que nao nos damos conta desua importancia. Ela garante que, dados dois numeros reais a e b, temos
a > b ou (exclusivo) a < b.
Portanto, dado um numero real a, podemos considerar o conjunto dosnumeros que sao maiores do que a e o conjunto dos numeros que sao menoresdo que a.
6
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
Esta e uma boa ocasiao para estabelecermos uma combinacao: tratamosindiferentemente os elementos do conjunto R como numeros reais ou comopontos da reta real, dependendo da situacao. Se um apelo geometrico formais forte, usaremos pontos, caso contrario, usaremos numeros.
Podemos, portanto, considerar os pontos que estao a direita de a e ospontos que estao a esquerda de a.
Figura 3.1
a x > ax < a
Representacao dos pontos da reta real em relacao ao ponto a.
A propriedade da boa ordem e crucial na definicao dos intervalos. Veja,a seguir, um exemplo.
[a, b) = {x ∈ R ; a ≤ x < b }.
Isso permite uma certa adaptacao da definicao de limites de funcoes –os limites laterais.
A ideia e a seguinte: queremos estudar o comportamento de uma dadafuncao f nas vizinhancas de um certo ponto a, mas queremos considerar,digamos, apenas o caso em que os pontos analisados estao a direita de a.
Ha pelo menos duas situacoes tıpicas nas quais tal abordagem pode serutil:
(a) a funcao esta definida apenas em um dos lados do ponto em questao;
(b) a lei de definicao da funcao f e dada por diferentes expressoes, umapara os pontos a direita de a, outra para os pontos a esquerda.
Exemplo 3.5.
As funcoes f(x) =√
9− x2 e g(x) ={
sen (2x), se x ≥ 0,3x + 5, se x < 0,
ilustram as duas situacoes. O domınio da funcao f e o intervalo fechado[−3, 3]. Portanto, f esta bem definida a direita de −3, por exemplo, masnao esta definida a sua esquerda.
7
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
Dom(f)
Figura 3.2
−3 3
———————– ][
Aqui estao os limites laterais.
Limite lateral a direita de a
Considere f uma funcao tal que, para algum r > 0, (a, a + r) ⊂
Leia: limite de f quando xtende a a, pela direita, e
igual a L.
Dom(f). Dizemos que
limx→a+
f(x) = L
se, para cada vizinhanca de L, por menor que seja o seu raio, encontramosuma vizinhanca de a, tal que as imagens dos pontos nesta vizinhanca, masque estao a direita de a, e diferentes de a, pertencem a vizinhanca de L.
Assim, impomos a condicao que x tende a a, porem, apenas pelo ladodireito.
Figura 3.3Limite lateral a direita.
a x
f(x)
L
8
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
Limite lateral a esquerda de a
Analogamente, seja g uma funcao tal que, para algum numero real
Leia: limite de g quando xtende a a, pela esquerda, eigual a M .
positivo r > 0, (a− r, a) ⊂ Dom(g).
limx→a−
g(x) = M
indica o limite de g quando x tende a a, considerando apenas os pontos aesquerda de a.
Figura 3.4Limite lateral a esquerda.
ax
M
g(x)
O limite e os limites laterais
Decorre da propria construcao dos limites laterais que
limx→a
f(x) = L ⇐⇒
limx→a+
= L
e
limx→a−
= L.
Assim, no caso de limx→a+
f(x) 6= limx→a−
f(x), concluımos que f nao
admite limite quando x tende a a.
9
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
Exemplo 3.6.
Considere a funcao f dada pela seguinte lei de definicao:
f(x) =5√
3− x
x− 4.
O domınio de f e determinado pelas condicoes
3− x ≥ 0 e x 6= 4.
Ou seja, Dom(f) = (−∞, 3]. Veja, f nao esta definida em pontos adireita de 3, mas podemos considerar o comportamento dos valores por f
de pontos proximos a 3, pelo lado esquerdo:
limx→3−
5√
3− x
x− 4= 0,
pois limx→3−
5√
3− x = 0 e limx→3−
x− 4 = −1.
Note que as propriedades elementares de limites tambem valem para oslimites laterais.
Veja o esboco do grafico de f .
Figura 3.5
Grafico de f (tal que limx→3−
f(x) = 0).
3
10
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
Exemplo 3.7.
Considere, agora, a funcao g : R −→ R, definida por
g(x) =
sen (x− 1) + 2, se x ≥ 1,
|x + 1|, se x < 1.
Essa funcao e definida por duas sentencas. Para analisar o comporta-mento da funcao g, nas vizinhancas do ponto 1, usamos os limites laterais.
Vamos considerar, inicialmente, o limite de g quando x tende a 1, peladireita.
limx→1+
g(x) = limx→1+
sen (x− 1) + 2 = 2.
Note: x → 1+ significa que estamos considerando x > 1 e, portanto,g(x) = sen (x− 1) + 2.
Agora, o limite quando x tende a 1, pela esquerda.
limx→1−
g(x) = limx→1−
|x + 1| + = 2.
Veja, agora, x → 1− significa que x < 1 e, assim, g(x) = |x + 1|.Voce observou que, apesar das diferentes expressoes para g, a direita e
a esquerda de 1,
limx→1+
g(x) = 2 = limx→1−
g(x).
Como os limites laterais sao iguais a 2, podemos concluir que g admitelimite quando x tende a 1:
limx→1
g(x) = 2.
Veja, a seguir, o grafico de g.
11
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
Figura 3.6
Grafico de g (tal que limx→1−
g(x) = 2 = limx→1+
g(x)).
1
2
Veja, agora, um exemplo no qual os limites laterais sao diferentes.
Exemplo 3.8.
Considere a funcao definida por h(x) =|x− 1|1− x2
, cujo domınio e o con-
junto R− {−1, 1 }.Veja, apesar de a lei de definicao da funcao ser dada por uma unica
sentenca, ha duas situacoes a considerar: x > 1 e x < 1. Isso se deve apresenca do modulo na definicao. Novamente, para analisarmos o compor-tamento da funcao h nas vizinhancas de 1, temos de usar os limites laterais.
Primeiro, o limite a esquerda (para variar).
limx→1−
h(x) = limx→1−
|x− 1|1− x2
= = limx→1−
−(x− 1)(1− x)(1 + x)
=
= limx→1−
1− x
(1− x)(1 + x)= lim
x→1−
1(1 + x)
=12.
Observe que a condicao x < 1, equivalente a x − 1 < 0, nos diz que|x− 1| = −(x− 1).
Agora, o limite a direita.
limx→1+
h(x) = limx→1+
|x− 1|1− x2
= = limx→1+
(x− 1)(1− x)(1 + x)
=
= limx→1+
−(1− x)(1− x)(1 + x)
= limx→1+
−1(1 + x)
= − 12.
12
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
Neste caso, a condicao x > 1 garante |x− 1| = x− 1.
Veja, a seguir, o grafico de h numa vizinhanca de 1.
Figura 3.7
Grafico de h (tal que limx→1−
h(x) 6= limx→1+
h(x)).
1
1
2
− 1
2
Com essa serie de exemplos, terminamos a aula!
Consideracoes finais
Nesta aula, voce aprendeu mais algumas tecnicas para levantar inde-terminacoes, mais algumas propriedades dos limites e conceito de limiteslaterais.
Nao deixe de colocar esses novos conhecimentos em pratica, na lista deproblemas apresentada a seguir.
Exercıcios
1. Considere f , g e h, funcoes definidas nas vizinhancas de 2, tais quelimx→2
f(x) = −1, limx→2
g(x) = 2 e limx→2
h(x) = 3. Usando essas informacoes
e as propriedades de limites, calcule:
13
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
(a) limx→2
[f(x) + g(x)− h(x)
]; (b) lim
x→2|f(x) g(x) − h(x)| ;
(c) limx→2
[f(x)− g(x)h(x)
]; (d) lim
x→2
√h(x)− f(x) .
2. Diga se e verdadeira ou falsa cada uma das afirmacoes a seguir,justificando a sua resposta.
a) Se limx→3
f(x) = 0 e limx→3
g(x) = −1, entao limx→3
[f(x)− g(x)] = 1.
b) Se limx→3
f(x) = 5, entao f(3) = 5.
c) Se f(3) = 5, entao limx→3
f(x) = 5.
d) Se limx→3
f(x) = −5, entao limx→3
|f(x)| = 5.
3. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→2−
√4− x2 ; (b) lim
x→8
x− 83√
x− 2;
(c) limt→−3+
3 + t√9− t2
; (d) limx→0
√x2 + 4− 2
x2;
(e) limx→2
x3/2 − 2√
2x1/2 −√2
; (f) limx→1
1− x
2−√x2 + 3.
4. Trace o grafico da funcao
f(x) =
x2 − 4x + 5, se x ≥ 2
x + 1, se x < 2
e calcule, se existirem, limx→2−
f(x), limx→2+
f(x) e limx→2
f(x).
Esboce o grafico de f .
14
Calculo I Aula 03 - Versao 2.0
5. Considere a funcao
g(x) =
|x− 2|+ 42
, se x ≥ 2
|x− a|, se x < 2,
onde a e uma constante. Sabendo que limx→2−
g(x) = limx→2+
g(x), determine
a e calcule limx→2
g(x).
Esboce o grafico de g.
15
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
O limite trigonometrico fundamental
Meta da aula
• Continuar a apresentacao de limites de funcoes.
Objetivo
Ao final desta aula, voce devera ser capaz de:
• Calcular limites usando o limite trigonometrico fundamental.
Introducao
Este e um bom momento para fazer um balanco dos conteudos que voceaprendeu nas tres aulas anteriores. Em outras palavras, quais conceitosnovos voce conheceu? Quais limites voce e ser capaz de calcular? Quaisserao os proximos passos? Bem, vejamos.
Em primeiro lugar, voce deve ter uma clara ideia do significado da frasematematica
limx→a
f(x) = L,
inclusive de sua interpretacao geometrica.
Isso cobre uma boa parte do conteudo teorico apresentado, digamosassim. Do ponto de vista pratico, voce deve saber que a partir das proprie-dades elementares dos limites de funcoes, se p(x) e uma funcao polinomial,entao
limx→a
p(x) = p(a).
Por exemplo,
limx→√2
(2x2 − x− 2
)= 2−
√2.
1
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
Mais ainda, voce ja deve dar conta de algumas complicacoes, tais comocalcular
limx→2
x3 − 8x2 − 4
ou limt→2
√t + 2− 2t− 2
.
Praticando bem, voce deve ter encontrado as respostas 3 e 1/4.
Finalmente, voce deve estar fluente na linguagem dos limites laterais.
Voce deve ter notado que as funcoes com que temos lidado ate agorasao, essencialmente, funcoes algebricas. Veja, as funcoes algebricas sao aque-las funcoes cujas leis de definicao envolvem um numero finito de operacoeselementares, alem das inversas de funcoes que podem ser assim construıdas.Por exemplo, as funcoes
f(x) =3x− 72x + 1
e g(x) = (2x + 5)2/3
sao funcoes algebricas.
Muito bem, esta na hora de incluirmos mais algumas funcoes no nossorepertorio de exemplos. As principais candidatas sao as funcoes trigo-nometricas, que ja frequentaram nossas aulas, pelo menos em rapidas apa-ricoes nos exemplos. Essas funcoes, alem das funcoes exponencial e loga-ritmo, cujas principais propriedades voce aprendeu no Pre-Calculo, formaraoa quase totalidade de nossos exemplos.
Para lidarmos com essas funcoes, chamadas transcendentes, precisa-
Essas funcoes,trigonometricas,
exponencial e logaritmo, saochamadas transcendentes
para diferencia-las dasfuncoes algebricas. Esse
nome e usado porque elastranscendem o universo das
funcoes algebricas. remos de novas informacoes sobre os limites.
Veja, agora, o que queremos estabelecer nesta aula. Vamos mostrar queas funcoes seno e cosseno sao bem comportadas em relacao ao limite, isto e,vamos mostrar que, para todo numero real a ∈ R,
limx→a
sen x = sen a e limx→a
cos x = cos a.
Isso parece pouco, mas nao e. Nos ja usamos essas informacoes emalguns exemplos, nas aulas anteriores. Tudo o que voce aprendeu sobrelimites mais o que voce ja conhece de funcoes trigonometricas devem leva-lo a crer na veracidade dessas afirmacoes. Agora temos a oportunidade deprova-las.
Muito bem, uma vez que dispomos dessas informacoes, passaremos alidar com problemas tais como calcular
limx→0
sen 5xx
ou limx→π
1 + cosx
x− π.
2
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
Veja, temos duas indeterminacoes, uma vez que os limites dos nume-radores e dos denominadores sao iguais a zero. A tecnica de que dispomosate o momento para lidar com tais problemas e a fatoracao e a simplificacaoalgebrica, que nao pode ser usada nesses casos, uma vez que as funcoesenvolvidas sao transcendentes.
Como sair dessa situacao? A resposta, em muitos casos, esta num limitemuito especial, chamado limite trigonometrico fundamental. Ele funcionaracomo uma simplificacao, nesses casos. Vamos mostrar que
limx→0
sen x
x= 1.
Voce aprendera a usar esse limite para levantar varias indeterminacoesque envolvem funcoes trigonometricas.
Agora que definimos a agenda da aula, vamos trabalhar.
Teorema do Confronto
Voce esta prestes a aprender uma poderosa tecnica de calculo de limites.Ela lhe sera util em muitas situacoes. Em linhas gerais, o Teorema doConfronto afirma que, se uma funcao estiver – nas vizinhancas de um dadoponto – pincada por outras duas funcoes que tenham o mesmo limite nessetal ponto, entao ela tera o mesmo comportamento neste ponto – elas teraoo mesmo limite. Veja, novamente, com mais detalhes.
Teorema do Confronto
Sejam f , g e h funcoes tais que, para um certo numero a, existe umnumero r > 0, tal que
(a− r, a) ∪ (a, a + r) ⊂ Dom(f) ∩ Dom(g) ∩ Dom(h)
e, para todo x ∈ (a− r, a) ∪ (a, a + r),
f(x) ≥ g(x) ≥ h(x).
Nessas condicoes, se limx→a
f(x) = limx→a
h(x) = L, entao
limx→a
g(x) = L.
3
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
Figura 4.1
f
g
ha
L
Graficos de funcoes f , g e h, tais que f(x) ≥ g(x) ≥ h(x).
Ha uma versao gastronomica para o nome desse teorema – Teorema
As funcoes f e h limitam,superior e inferiormente, a
funcao g. Como ambas temlimite L, quando x tende aa, o mesmo ocorre com f .
do Sanduıche. Seja la qual for a sua escolha de nome, voce vera que esseteorema e muito util.
Veja como podemos aplica-lo, no exemplo a seguir.
Exemplo 4.1.
Seja g : R −→ R uma funcao tal que, se |x− 3| < 2, entao
x2 − 6x + 10 ≤ g(x) ≤ −x2
3+ 2x− 2.
Assim,limx→3
g(x) = 1.
Realmente, se considerarmos f(x) = x2−6x+10 e h(x) = −x2
3+2x−2,Figura 4.2
Graficos das funcoesdo Exemplo 4.1.
um calculo direto mostra que limx→3
f(x) = 1 e limx→3
h(x) = 1.
Portanto, o Teorema do Sanduıche garante que limx→3
g(x) = 1.
Note que podemos adaptar o teorema para o caso dos limites laterais.Por exemplo, se soubermos que, para algum numero a, existe r > 0, tal que
(a− r, a) ⊂ Dom(f) ∩ Dom(g) ∩ Dom(h)
e, para todo x ∈ (a− r, a),
f(x) ≥ g(x) ≥ h(x),
4
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
com limx→a−
f(x) = limx→a−
h(x) = L, entao
limx→a−
g(x) = L.
Com as devidas modificacoes nas hipoteses, obtemos o mesmo resultadopara os limites a direita de a.
Aplicacoes do Teorema do Confronto
Vamos usar o teorema para calcular alguns limites.
(a) limx→0
sen x = 0.
Note que o valor absoluto do seno de um arco e menor ou igual ao valorabsoluto do arco. Em outras palavras,
∀ x ∈ R, | sen x | ≤ |x |.
Veja, na figura a seguir, o que ocorre nas proximidades de zero.
Figura 4.3
sen x x
Arco x com o respectivo seno.
O semicırculo tem raio igual a um (cırculo trigonometrico), enquanto| senx | e o comprimento do segmento vertical, |x | e o comprimento doarco. Dessa forma, se x ∈ R,
0 ≤ | senx | ≤ |x |.
Como limx→0
|x | = 0 (limites laterais) e limx→0
0 = 0 (limite da funcao
constante igual a zero), obtemos
limx→0
| sen x | = 0.
5
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
Agora, usamos o seguinte:
Lema
Para todo a ∈ R,
limx→a
f(x) = 0 se, e somente se, limx→a
| f(x) | = 0.
Portanto,
limx→0
sen x = 0.
Acabamos de calcular o primeiro limite de uma funcao transcendental.Este foi um pequeno grande passo!
(b) limx→0
cos x = 1.
Neste caso, usamos o fato de que, para qualquer x ∈ R,
1 ≤ cosx ≤ 1− |x |.
Veja, na figura a seguir, os graficos das funcoes f(x) = 1, g(x) = cosx
e h(x) = 1− |x |.
Figura 4.4
1
g(x) = cos x
h(x) = 1− |x|
Graficos da funcao constante 1, cosseno e h(x) = 1− |x|.
Como limx→0
1 − |x | = 1 e limx→0
1 = 1 (limite da funcao constante
igual a um), obtemos
6
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
limx→0
cos x = 1.
Atividade 4.1.
Esboce os graficos das funcoes f(x) = |x |, g(x) = senx e h(x) =− |x |. Voce devera observar que, para todo x ∈ R,
−|x | ≤ senx ≤ |x |.
Use essa informacao para mostrar que limx→0
sen x = 0.
Mudanca de coordenada
Um fato que usaremos com alguma frequencia e que podemos reescrevercertos limites, fazendo uma mudanca de coordenadas para facilitar o calculo.
Lema
Considere a ∈ R e seja x = t + a, equivalente a t = x− a. Entao,
limx→a
f(x) = L se, e somente se, limt→0
f(t + a) = L.
A mudanca de coordenada corresponde a uma translacao da funcao nadirecao do eixo Ox.
xa
y = f(x)
L
Figura 4.5Grafico da funcao f .
−a t
y = f(t + a)
L
Figura 4.6Grafico da funcao transladada.
7
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
Agora estamos em condicoes de mostrar que as funcoes trigonometricasseno e cosseno sao bem comportadas em relacao ao limite. Isso quer dizerque, para todo numero real a ∈ R,
limx→a
sen x = sen a e limx→a
cos x = cos a .
Veja, para mostrar que limx→a
sen x = sen a, usamos a identidade
trigonometrica sen (a + b) = sen a cos b + cos a sen b, as propriedades delimites, e os limites lim
x→0sen x = 0 e lim
x→0cos x = 1, que acabamos de
calcular, assim como a mudanca de coordenadas x = t + a.
limx→a
sen x = limt→0
sen (t + a) =
= limt→0
[sen a cos t + cos a sen t
]=
= sen a[
limt→0
cos t]
+ cos a[
limt→0
sen t]
=
= sen a.
Atividade 4.2.
Use a identidade trigonometrica cos(a + b) = cos a cos b + sen a sen b
e as propriedades de limites de funcoes para mostrar, de maneira semelhanteao que acabamos de fazer, que lim
x→acosx = cos a.
O limite trigonometrico fundamental
E hora de lidarmos com novas indeterminacoes. Como limx→0
sen x =
limx→0
x = 0, o limite do quociente, limx→0
sen x
xe uma indeterminacao. Vamos
levantar essa indeterminacao, mostrando que
limx→0
senx
x= 1.
Na verdade, vamos mostrar que limx→0
x
sen x= 1.
8
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
Aplicaremos, mais uma vez, o Teorema do Confronto. Para comecar,observe as figuras a seguir.
C
A O
B
Figura 4.7Arco OC positivo.
A O
D E
Figura 4.8Arco OD negativo.
A Figura 4.7 representa a situacao em que o arco x, que liga O ate C, epositivo, enquanto a Figura 4.8 representa a situacao em que o arco x, queliga O ate D, e negativo. Como estamos tomando o limite quando x tende azero, basta que consideremos valores de x suficientemente proximos a zero.
Na situacao em que x e positivo (Figura 4.7), o comprimento do seg-mento OB e a tangente do arco x, enquanto o comprimento do segmentoAC e o seno de x. Portanto, se x esta suficientemente proximo de zero, comx > 0, temos
senx ≤ x ≤ tg x.
Agora, veja a situacao em que x e negativo (Figura 4.8). O comprimentodo segmento OE, com sinal negativo, e a tangente de x e o comprimento dosegmento AD, com sinal negativo, e a tangente de x. Assim, na situacao emque x esta proximo de zero, com x < 0, temos
senx ≥ x ≥ tg x.
Resumindo, se x e um valor suficientemente proximo de zero,
senx ≤ x ≤ senx
cosxse x > 0;
senx ≥ x ≥ senx
cosxse x < 0.
9
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
Multiplicando ambas inequacoes por1
senx(lembre-se, estamos conside-
rando valores de x proximos a 0, mas diferentes de 0), obtemos o mesmoresultado,
1 ≤ x
senx≤ 1
cosx.
Realmente, no caso x < 0, senx < 0, e as desigualdades sao invertidasno processo.
Otimo! Agora, se fizermos f(x) = 1, g(x) =x
sen xe h(x) =
1cosx
=
sec x, como limx→0
f(x) = limx→0
h(x) = 1, o Teorema do Confronto garante
que limx→0
x
senx= 1. Portanto,
limx→0
1x
sen x
= limx→0
senx
x= 1.
Agora que estabelecemos o limite trigonometrico fundamental, vamosaprecia-lo um pouco, do ponto de vista geometrico.
Interpretacao geometrica do limite fundamental
Quando afirmamos que limx→0
sen x
x= 1, estamos dizendo que, para
valores proximos de zero, a funcao f(x) =sen x
xassume valores mais e
mais proximos de 1. Veja o grafico da funcao na figura a seguir.
1
Figura 4.9Grafico da funcao f(x) =
senx
x.
Uma outra interpretacao para esse limite e que as funcoes g(x) = senx
e h(x) = x (funcao identidade) tornam-se cada vez mais parecidas, a me-
10
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
dida que os valores assumidos por x pertencem a uma pequena vizinhancade zero. Assim, se x assume valores muito proximos de zero, porem e di-
ferente de zero, senx ∼ x e, portanto,senx
x∼ 1. E claro que a maneira
adequada de dizer isso e colocar
limx→0
sen x
x= 1.
A informacao dada pelo limite e de carater local, isto e, quanto maisproximos do ponto em questao sao tomados os valores de x, mais precisasera a informacao. O limite descreve o comportamento da funcao em umapequena proximidade do ponto em questao.
Veja os graficos de g(x) = senx e de h(x) = x em duas vizinhancasde zero. Uma de raio bem proximo de zero (Figura 4.11) e outra de raiorelativamente maior (Figura 4.10).
Figura 4.10
Graficos de g e de h numa (grande)vizinhanca de zero.
Figura 4.11
Grafico de f e de g numa (pequena)vizinhanca de zero.
Aplicacoes do limite fundamental trigonometrico no calculo
de outros limites
Do ponto de vista operacional, espera-se que voce use o limite trigo-nometrico fundamental para calcular outros limites trigonometricos. Dessaforma, o limite trigonometrico fundamental faz o papel das fatoracoes algebricasusadas nas aulas anteriores para calcular os limites.
Para isso, devemos ficar atentos ao argumento da funcao seno. Veja, se
11
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
limx→a
f(x) = 0, entao,
limx→a
sen(f(x)
)
f(x)= 1.
Exemplo 4.2.
Vamos calcular
limx→0
sen 5xx
.
Neste caso, o limite do argumento da funcao seno, 5x, e zero, quando x
tende a 0. O problema e que o denominador difere do argumento por umaconstante. Portanto, precisamos fazer um pequeno ajuste. Veja:
limx→0
sen 5x
x= lim
x→05
sen 5x
5x= 5 lim
x→0
sen 5x
5x= 5 · 1 = 1.
Exemplo 4.3.
Veja o ajuste necessarios para calcular o limite a seguir.
limx→1
sen (x− 1)x2 − 1
= limx→1
sen (x− 1)(x− 1)(x + 1)
=
= limx→1
[sen (x− 1)(x− 1)
· 1(x + 1)
]=
= 1 · 12
=
=12.
Exemplo 4.4.
Nem sempre o limite resulta numa constante nao-nula. Aqui esta umexemplo dessa situacao.
12
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
limx→0
tg x2
x= lim
x→0
sen x2
x (cos x2)=
= limx→0
x (senx2)x2 (cos x2)
=
= limx→0
senx2
x2· x
(cos x2)=
= 1 · 01
= 0.
Neste caso, precisamos multiplicar o numerador e o denominador por x
para que o argumento de seno, a funcao y = x2, aparecesse no denominador.Esse tipo de manobra e comum no calculo do limite.
Exemplo 4.5.
O exemplo que estudaremos agora requer outro tipo de manobra. Vamoscalcular
limx→0
1− cosx
x.
E claro que o limite apresenta uma indeterminacao, pois os limites donumerador e do denominador sao ambos zero. No entanto, nao temos, exa-tamente, a funcao seno em vista. Nesse caso, usaremos, tambem, um truqueque voce ja conhece – o conjugado!
limx→0
1− cosx
x= lim
x→0
[(1− cosx) (1 + cosx)x (1 + cosx)
]= lim
x→0
[ 1− cos2 x
x (1 + cosx)
]=
= limx→0
[ sen2x
x (1 + cosx)
]= lim
x→0
[ x (sen2x)x2(1 + cosx)
]=
= limx→0
[sen x
x· senx
x· x
1 + cosx
]= 1 · 1 · 0 = 0.
Consideracoes finais
Chegamos ao fim da aula, mas nao ao fim das aplicacoes do Teorema doConfronto. A demonstracao desse teorema, assim como as demonstracoesdos dois lemas apresentados nesta aula, decorrem naturalmente da definicao
13
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
de limite. Voltaremos a falar sobre elas. No momento, o importante eaprender as suas interpretacoes geometricas, assim como as suas aplicacoesnos calculos dos limites.
Veja, nesta aula voce aprendeu que as funcoes trigonometricas sao bemcomportadas em relacao ao limite, assim como a usar o limite trigonometricofundamental para levantar algumas indeterminacoes que envolvem funcoestrigonometricas. Nao deixe de praticar o que aprendeu, fazendo os exercıciospropostos.
Exercıcios
1. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→0
sen 3x
2x; (b) lim
x→0
x2
senx;
(c) limx→1
sen (x2 − 1)x− 1
; (d) limx→0
3x2
tg x sen x;
(e) limx→0
1− cos 3x
x2; (f) lim
x→0
1− sec x
x2;
(g) limx→0
tg2 3x
1− cosx; (h) lim
x→0
sec 3x− sec x
x2;
(i) limx→0
senx sen 3xtg 2x tg 4x
; (j) limx→0
x + sen x
x2 − sen x.
2. Use as propriedades elementares de limites de funcoes e os limites
calculados na aula para mostrar que, se a 6= (2n + 1)π
2, para todo numero
inteiro n, entaolimx→a
tg x = tg a.
O que voce pode dizer a respeito das outras funcoes trigonometricas?
3.
O Teorema do Confronto pode ser usado para mostrar que o resultadoa seguir e verdadeiro.
14
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
Teorema
Considere duas funcoes f e g com as seguintes propriedades:
(a) para um certo a ∈ R, existe um r > 0, tal que
(a− r, a) ∪ (a, a + r) ⊂ (Dom(f) ∩ Dom(g)
);
(b) existe um M > 0, tal que, se x ∈ (a − r, a) ∪ (a, a + r), entao|g(x)| ≤ M ;
(c)limx→a
f(x) = 0.
Entao,
limx→a
(f(x) · g(x)
)= 0.
Resumindo, o limite do produto de duas funcoes, uma delas limitada ea outra com limite igual a zero, tambem e zero.
A ideia da prova e a seguinte: para x ∈ (a− r, a) ∪ (a, a + r),
0 ≤ |f(x) · g(x)| ≤ |f(x)|M.
Como limx→a
f(x) = 0, sabemos que limx→a
|f(x)|M = 0.
Agora, o Teorema do Confronto garante que limx→a
|f(x) · g(x)| = 0 e,
portanto, limx→a
(f(x) · g(x)
)= 0.
Use o resultado para calcular os limites a seguir.
(a) limx→0
x2 sen(
12x
); (b) lim
x→0(senx2) cos
(1x2
);
(c) limx→1
(√
x− 1) cos(
1(x− 1)3
); (d) lim
x→0+
√x sen
(1x
).
15
Calculo I Aula 04 - Versao 2.0
4. Sabendo que, para valores de x proximos a zero,
12− x2
24<
1− cosx
x2<
12,
o que voce pode dizer a respeito de limx→0
1− cosx
x2?
5. Construa uma funcao f : R −→ R satisfazendo as seguintes condicoes:
(a) limx→0
|f(x)| = 1;
(b) f nao admite limite quando x tende a 0.
Sugestao: pense em um degrau, por exemplo, e use os limites laterais.
16
Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
Limites envolvendo infinito – primeira parte
Ao infinito . . . e alem!Buzz Lightyear, Toy Story
Meta da aula
• Estender o conceito de limites de funcoes aos casos que envolvem osımbolo ∞.
Objetivos
Ao final desta aula, voce devera ser capaz de:
• Calcular limites infinitos quando x → a, x → a+ ou x → a−.
• Identificar e representar geometricamente as assıntotas verticais dosgraficos de funcoes.
Introducao
Nesta primeira aula sobre limites envolvendo infinito, voce aprendera osignificado de sımbolos tais como
limx→a+
f(x) = +∞,
e descobrira como reconhecer quando isso ocorre. Assim voce aprenderaa calcular estes limites. Alem disso, tambem conhecera a interpretacaogeometrica desses limites. Antes de mais nada, leia a seguir um pequenohistorico sobre o assunto.
1
Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
Breve historico
Infinito nao e uma nocao exclusiva dos matematicos. Nas mais diferentesareas do conhecimento humano, deparamo-nos com coisas que sao muito,muito grandes e, tambem, coisas extremamente pequenas.
Veja a manchete estampada numa certa pagina de internet em 23 desetembro de 2004: “Cientistas registram colisao frontal de galaxias”. Umaequipe internacional de cientistas observou a colisao frontal de dois conjun-tos de galaxias – uma “tempestade cosmica perfeita”. Segundo um doscientistas, “viu-se a formacao de um dos maiores objetos do universo”.
No outro extremo deste espectro, encontramos, ja sem surpresas, coisascomo exames de DNA, que revelam as partes mais ınfimas de que somosfeitos, ou ainda, lemos reportagens que nos preparam para um novo mundoservido por novidades da nanotecnologia.
Nanotecnologia e umconjunto de tecnicas que
visam a estender acapacidade humana de
manipular a materia ate oslimites do atomo.
O domınio dananotecnologia permitiria
criar novos materiais eprodutos usando a
capacidade da tecnologiamoderna de ver e manipular
atomos e moleculas.Ela permitiria entre outras
coisas, aumentarexponencialmente a
capacidade de armazenar eprocessar dados dos
computadores, criar novosmeios de aplicar
medicamentos e gerarmateriais mais leves e mais
resistentes do que osconhecidos.
So para citar dois pioneiros, Anaximandro (610 - 540 a.C.) inaugurouesse debate posicionando-se favoravelmente ao infinito: o universo contemuma infinidade de mundos, a duracao do universo e infinita, e assim pordiante. Ele foi citado e rebatido por Aristoteles (384 - 322 a.C.).
Voce deve concordar que o conjunto dos numeros naturais e, pelo menospotencialmente, infinito, no sentido que, nao importa ate quanto contamos,sempre podemos seguir adiante. Sobre isso, Aristoteles poderia dizer que osnumeros nao sao coisas que existem fora da mente humana e, portanto, naoformam algo realmente infinito.
Como voce pode ver, a questao e, no mınimo, delicada. Mas nos vamosnos refugiar nas aguas tranquilas da Matematica. Nossa tarefa sera bemmais simples. Muito bem, vamos a isso!
Limites infinitos
O sımbolo limx→a+
f(x) = +∞ sera usado para indicar situacoes nas
quais os valores de f(x) tornam-se arbitrariamente grandes, na medida emque calculamos f em valores de x > a, mais e mais proximos de a.
Um exemplo simples dessa situacao ocorre nas vizinhancas de zero, no
caso da funcao f(x) =1x
.
2
Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
Exemplo 5.1.
Veja, a seguir, uma tabela com alguns valores de x e de f(x), assimcomo um esboco do seu grafico.
x f(x)
1 1
0.5 2
0.25 4
0.01 100
0.0001 10 000Figura 5.1
Grafico da funcao f(x) =1x
, para x > 0.
1
1
Na verdade, essa tabela sugere o comportamento dos valores de f(x),na medida em que tomamos, para x, valores mais e mais proximos de zero,pela direita. Esse comportamento sera expresso por
limx→0+
1x
= +∞.
Geometricamente, esta situacao corresponde ao que chamamos assıntotavertical do grafico da funcao.
No entanto, precisamos explicitar um pouco mais o que queremos dizer
com limx→a+
f(x) = +∞. E verdade que o exemplo e eloquente, mas a
questao e delicada. Parte do problema esta no fato de que grande, assimcomo pequeno, sao conceitos relativos. Veja, nos dois proximos exemplos,as dificuldades que podemos encontrar.
Exemplo 5.2.
Vamos considerar o limx→0+
1− 2000x
1000x2.
Olhando a tabela a seguir, assim como o grafico da funcao g(x) =1− 2000x
1000x2, gerado num computador, sobre o intervalo [0.001, 0.1], a qual
conclusao voce chegaria?
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
x g(x)
0.1 −19.9
0.01 −190.
0.009 −209.8765432
0.004 −437.5
0.002 −750
0.001 −1 000 –800
–700
–600
–500
–400
–300
–200
–100
0
y
0.002 0.006 0.01 0.014 0.018x
Figura 5.2
Grafico da funcao g(x) =1− 2000 x
1000 x2.
A impressao e que, ao tomarmos valores de x mais e mais perto dezero, passando de 0.1 para 0.001, os valores de f(x) se afastam de zero,na direcao negativa, passando de aproximadamente −20 para −1 000. Sebaseassemos nosso estudo apenas nessas informacoes, tenderıamos a respon-der lim
x→0+g(x) = −∞. No entanto, resta a pergunta: terıamos tomado
valores de x suficientemente proximos de zero para determinar o comporta-mento da funcao? A resposta e nao! Veja a proxima serie de valores assimcomo o grafico de g sobre um intervalo um pouco maior.
x g(x)
0.1 −19.9
0.0009 −987.654321
0.0006 −555.555556
0.00051 −76.893503
0.0005 0
0.0002 15 000
0.0001 80 000 –1500
–1000
–500
0
500
1000
1500
y
0.002 0.006 0.01 0.014 0.018x
Figura 5.3
Grafico da funcao g(x) =1− 2000 x
1000 x2.
Voce deve ter notado que os graficos estao com a escala de x diferente daescala de y. Caso contrario, nao poderıamos interpreta-los adequadamente.
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
Na verdade, o que ocorre e
limx→0+
1− 2000x
1000x2= +∞.
Ate o fim da aula voce aprendera a fazer este tipo de calculo.
O exemplo a seguir nos reserva ainda outro tipo de surpresa.
Exemplo 5.3.
Agora, vamos estudar o limx→0+
1000 + x
8x2 + 0.01.
Veja uma tabela com alguns valores de x e de h(x) =1000 + x
8x2 + 0.01, assim
como o seu grafico, no intervalo [0.0009, 1].
x g(x)
10 1.262484219
2 31.3027179
1 124.968789
0.2 3030.909091
0.05 33335.0
0.001 99920.16387
0.0009 99935.33190
0
20000
40000
60000
80000
y
0.2 0.4 0.6 0.8x
Figura 5.4
Grafico da funcao h(x) =1000 + x
8x2 + 0.01.
Novamente, uma analise precipitada, que levasse em conta apenas esses
dados, nos levaria a crer que limx→0+
1000 + x
8x2 + 0.01= +∞. Se fizessemos isso,
estarıamos incorrendo em outro erro. Neste caso, a funcao tem limite (finito)no ponto zero. Veja o seu grafico numa outra perspectiva.
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
20000
40000
60000
80000
100000
–0.1 –0.06 –0.02 00.02 0.06 0.1x
Figura 5.5
Grafico da funcao h(x).
Um simples calculo nos mostra limx→0+
1000 + x
8x2 + 0.01= 100 000.
Portanto, ao estabelecer o significado do sımbolo
limx→a+
f(x) = +∞,
precisamos ter a certeza de que os valores de f(x) nao apresentam comporta-mentos do tipo daqueles ilustrados nos dois exemplos anteriores. A definicaoque apresentaremos a seguir nos garantira a exclusao de tais problemas.
A condicao(a, a + R) ⊂ Dom(f), para
um certo R > 0, garante quea funcao f esta definida a
direita de a e, portanto, fazsentido considerar
limx→a+
f(x).
Definicao 1
Considere f uma funcao tal que, para um certo R > 0,
(a, a + R) ⊂ Dom(f).
Dizemos quelim
x→a+f(x) = +∞
se, para cada M > 0, existe um r > 0 (R > r > 0) tal que, se x ∈(a, a + r), entao f(x) > M .
Assim, quando afirmamos
limx→a+
f(x) = +∞,
estamos dizendo que, para cada reta horizontal y = M , ha um (pequeno)intervalo de comprimento r >, (a, a + r), tal que, se x ∈ (a, a+ r), entao
f(x) > M.
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
Isso quer dizer que a restricao do grafico de f ao intervalo (a, a+r) estaacima da reta y = M , conforme a ilustracao a seguir.
Figura 5.6
a a + r
M
Grafico de funcao tal que limx → a+ f(x) = +∞.
Lembre-se do exemplo 5.3. Como o grafico de h(x) =1000 + x
8x2 + 0.01nao
ultrapassa a reta y = 100 001, o limite de h(x), quando x tende a zero, peladireita, nao pode ser infinito.
Fazendo as devidas adaptacoes, obtemos as definicoes paralim
x→a+f(x) = −∞, lim
x→a−f(x) = +∞ e lim
x→a−f(x) = −∞.
Veja mais um caso.
Definicao 2
Considere f uma funcao tal que, para um certo R > 0,
(a−R, a) ⊂ Dom(f).
Dizemos quelim
x→a−f(x) = −∞
se, para cada M > 0, existe um r > 0 (R > r > 0) tal que, se x ∈ (a− r, a),entao
f(x) < −M.
Veja a representacao grafica desta situacao.
7
Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
Figura 5.7
a− r a
−M
Grafico de funcao tal que limx → a− f(x) = −∞.
Veja alguns exemplos.
Exemplo 5.4.
Aqui estao alguns exemplos de limites infinitos.
(a) limx→0−
1x
= −∞ ; (b) limx→0−
−2sen x
= +∞ ;
(c) limx→9+
3√x− 3
= +∞ ; (d) limx→0+
3x2 + 1(x− 1)2
= +∞ .
Alem disso, se limx→a−
f(x) = +∞ e limx→a+
f(x) = +∞, dizemos
simplesmente que
limx→a
f(x) = +∞.
Da mesma forma, se limx→a−
f(x) = −∞ e limx→a+
f(x) = −∞,
dizemos simplesmente que
limx→a
f(x) = −∞.
Atividade 5.1.
Considerando o grafico da funcao f na figura a seguir, determine oslimites indicados.
8
Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
Figura 5.8
4−2 2
Grafico da funcao f .
(a) limx→−2−
f(x) ; (b) limx→−2+
f(x) ; (c) limx→2−
f(x) ;
(d) limx→2+
f(x) ; (e) limx→4−
f(x) ; (f) limx→4+
f(x) ;
(g) limx→−2
f(x) ; (h) limx→2
f(x) ; (i) limx→4
f(x).
Assıntotas verticais
Dizemos que a reta x = a e uma assıntota vertical do grafico de f seocorrer algum dos seguintes limites:
limx→a−
f(x) = −∞ ; limx→a−
f(x) = +∞ ;
limx→a+
f(x) = −∞ ; limx→a+
f(x) = +∞ .
Exemplo 5.5.
Vamos determinar as assıntotas verticais da funcao f(x) =2x− 3
x2 − x− 6.
Aqui esta a oportunidade de voce aprender a calcular os limites infinitos.As situacoes tıpicas sao de funcoes cuja lei de definicao e dada por umquociente. Para que o limite de f(x) seja infinito, quando x tende a a, e
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
preciso que o limite do denominador, quando x tende a a, seja zero, e o limitedo numerador seja diferente de zero. Neste caso, todo o trabalho consistiraem fazer uma analise dos sinais para determinar se o limite sera +∞ ou−∞.
Comecamos calculando o domınio da funcao, determinando as retas can-didatas a assıntotas verticais. Nesse caso, para que f esteja bem definida, enecessario que x2 − x− 6 6= 0. Portanto, Dom(f) = R− {−2, 3 }.
Vamos estudar o comportamento de f nas vizinhancas dos pontos −2e 3. Para isso, usaremos os limites laterais. Veja, a seguir, a analise dossinais da funcao que esta no denominador, y = x2 − x− 6.
u u+ + + + + − − − − − + + + + +
−2 3
Muito bem, estamos preparados para calcular os limites.
(a) limx→−2−
2x− 3x2 − x− 6
= −∞.
Realmente, quando x tende a −2, o numerador y = 2x− 3 tende a −6.A analise de sinais feita anteriormente mostra que, se x tende a −2, pelaesquerda, o denominador tende a zero com sinal positivo. Assim, o limite
de f(x) =2x− 3
x2 − x− 6, quando x tende a −2, pela direita, sera −∞.
(b) limx→−2+
2x− 3x2 − x− 6
= +∞.
Neste caso, o numerador continua com o sinal negativo, mas quandox tende a 2, pela direita, o denominador tente a zero com sinal negativo,como pode ser visto na sua analise de sinal. Portanto, o limite de f(x) =
2x− 3x2 − x− 6
, com x tendendo a −2 pela direita, sera +∞.
(c) limx→3−
2x− 3x2 − x− 6
= −∞.
Veja como a situacao mudou, uma vez que o limite do numerador,quando x tende a 3, e positivo. Quando x tende a 3, pela esquerda, odenominador tende a zero com sinal negativo. Concluımos que o limite de
f(x) =2x− 3
x2 − x− 6, com x tendendo a 3 pela esquerda, sera −∞.
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
(d) limx→3+
2x− 3x2 − x− 6
= +∞.
Neste caso, a situacao do numerador nao se alterou e o denominador
tende a zero com sinal positivo. O limite de f(x) =2x− 3
x2 − x− 6, com x
tendendo a 3 pela direita, +∞.
Assim, o grafico de f tem duas assıntotas verticais: x = −2 e x = 3.Veja um esboco de seu grafico.
Figura 5.9
−2 3
Grafico da funcao f .
Aqui esta mais um exemplo.
Exemplo 5.6.
Vamos encontrar as assıntotas verticais da funcao
g(x) =x
(x− 1)2(x + 2),
calculando todos os possıveis limites infinitos.
Comecamos determinando o domınio da funcao. Essa parte e facil: odomınio de g e o conjunto R− {−2, 1}.
Agora, a analise do sinal da funcao que se encontra no denominador,y = (x− 1)2(x + 2).
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
− − − − − −− − − − − −+ + + + + +
+ + + + +
+ + + + +
+ + + + +
+ + + + +
+ + + + +
+ + + + + (x− 1)2
(x + 2)
(x + 2)(x− 1)2
−2 1
Como nao ha mudanca de sinal de y = (x− 1)2(x + 2) nas vizinhancasde 1, podemos calcular diretamente o limite da funcao.
limx→1
x
(x− 1)2(x + 2)= +∞,
pois, quando x tende a 1, o limite do numerador e 1 > 0 e o limite dodenominador e zero, mas a funcao y = (x − 1)2(x + 2) e positiva em todosos pontos de uma certa vizinhanca em torno de 1.
Para −2 usaremos os limites laterais, pois y = (x−1)2(x+2) e negativaa esquerda de −2 e positiva a direita. Como o limite do numerador, quandox tende a −2, e negativo,
limx→−2−
x
(x− 1)2(x + 2)= +∞ e lim
x→−2+
x
(x− 1)2(x + 2)= −∞.
Veja um esboco do grafico de g, na figura a seguir.
Figura 5.10
−2 1
Grafico da funcao g.
O proximo exemplo mostra uma funcao que tem uma infinidade deassıntotas verticais.
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
Exemplo 5.7.
A funcao tangente e um exemplo de funcao que, por ser periodica, apre-senta uma infinidade de assıntotas. Veja o seu grafico.
Figura 5.11
Grafico da funcao tangente.
Aqui esta uma oportunidade de testar as suas habilidades. Voce poderacolocar em pratica as analises de sinais que aprendeu no Pre-Calculo.
Atividade 5.2.
Seja a =(2k + 1)π
2, tal que k ∈ Z. Fazendo a analise de sinais de
y = sen x e de y = cosx, numa pequena vizinhanca de a, mostre que
limx→a−
tg x = +∞ e limx→a+
tg x = −∞.
Resumo da opera
Limites infinitos, com x → a, ocorrem quando ha um quociente, como limite do numerador sendo um numero diferente de zero e o limite dodenominador igual a zero.
Geometricamente, esses limites correspondem as assıntotas verticais.
Veja tambem que e possıvel termos um dos limites laterais sendo infinitoe o outro finito. Isso e suficiente para caracterizar uma assıntota vertical.
Do ponto de vista operacional, tudo o que temos de fazer e uma analisede sinal, do tipo que voce aprendeu a fazer no Pre-Calculo.
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
O limite do numerador e positivo? E negativo? E o limite do denomi-nador vai a zero com sinal positivo? Com sinal negativo?
Os limites laterais desempenham um importante papel. Veja ainda maisum exemplo.
Exemplo 5.8.
Calcule limx→a±
2x + 1x2 − 2x− 3
, para a = −1 e a = 3.
limx→−1−
2x + 1x2 − 2x− 3
= −∞,
pois limx→−1−
2x + 1 = −1 e limx→−1−
x2 − 2x− 3 = 0+.
As outras respostas sao:
limx→−1+
2x + 1x2 − 2x− 3
= +∞,
limx→3−
2x + 1x2 − 2x− 3
= −∞,
limx→3+
2x + 1x2 − 2x− 3
= +∞.
Veja o grafico da funcao.
Figura 5.12
−1 3
Grafico da funcao f(x) =2x + 1
x2 − 2x− 3.
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
E bom saber da existencia de coisas menos comportadas. Por exemplo,ha casos de funcoes nao limitadas, quando x → a± e o limite nao e do tipof(x) →∞ ou f(x) → −∞.
Aqui esta um tal exemplo: @ limx→0+
1x2
cos1x
. O grafico de f oscila de
valores positivos para negativos e vice-versa, tomando valores cada vez maisafastados da origem.
–1000
–800
–600
–400
–2000
200
400
600
800
1000
y
0.2 0.4 0.6 0.8 1x
Grafico da funcao f(x) =1x2
cos1x
, para x > 0.
Voce sabia que, em alemao, se diz unendlich para infinito? Soa bempoetico, nao? Muito bem, esta na hora de parar, pois voce ainda tem alista de problemas para fazer. Na proxima aula continuaremos a falar sobrelimites envolvendo infinito.
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Calculo I Aula 05 - Versao 2.0
Exercıcios
1. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→3+
x + 2x− 3
; (b) limx→1+
x2 − 4x2 − 1
;
(c) limx→−1+
x− 3)x2 − 1
; (d) limx→−1−
x2 − 1x + 1
;
(e) limx→1−
√x− 5
1−√x; (f) lim
x→2/3+
x
2− 3x;
(g) limx→π+
sec x ; (h) limx→2π+
cotg x ;
(i) limx→0−
3x
1− ex; (j) lim
x→1+
2x
ln x.
2. Determine as assıntotas verticais da funcao f(x) =8
4− x2, calculando
todos os seus possıveis limites infinitos.
3. Determine as assıntotas verticais da funcao g(x) =1− x
x3 − 2x2 − x + 2,
calculando todos os seus possıveis limites infinitos.
4. De um exemplo de uma funcao definida em R − Z que tenha x = n
como uma assıntota vertical, para cada n ∈ Z.
5.
Determine o valor de a tal que
limx→1+
x− 3x2 − a x + 1
= −∞.
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Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
Limites envolvendo infinito – segunda parte
Meta da aula
• Estender o conceito de limites de funcoes aos casos que envolvem osımbolo ∞.
Objetivos
Ao final desta aula, voce devera ser capaz de:
• Calcular limites do tipo limx→+∞ f(x) = L e lim
x→+∞ f(x) = +∞.
• Identificar e representar geometricamente as assıntotas horizontais dosgraficos de funcoes.
Na aula anterior, voce aprendeu a usar o sımbolo ∞ para indicar naexpressao lim
x→af(x) = +∞, por exemplo, que para valores suficientemente
proximos a a, os valores correspondentes f(x) tornam-se arbitrariamentegrandes. Alem disso, a expressao lim
x→af(x) = +∞ deve ser lida assim:
limite de f(x), quando x tende a a, e infinito.
Ate 1655, o sımbolo ∞ era usado como uma alternativa para M, repre-sentando 1000 em algarismos romanos quando, por sugestao do matematicoingles John Wallis, passou a representar infinito. Como voce pode ver, asugestao foi bem aceita pela comunidade matematica.
John Wallis (1642 - 1727)foi um precursor do Calculo.Sua principal obra eArithmetica Infinitorum(Aritmetica do Infinito),publicada em 1656. Ha umatraducao recente desse livropara o ingles, publicada pelaSpringer-Verlag. Apesar dealgumas imprecisoes, esselivro desempenhou papelimportante ao aprofundar edivulgar as ideias deDescartes e de Cavalieri,sobre a Geometria Analıticae sobre o calculo de areas deregioes delimitadas porcurvas algebricas.
Algumas propriedades dos limites infinitos
Com a extensao da definicao de limites de funcoes a casos envolvendoinfinito, obtemos uma serie nova de propriedades que estabelecem algo assimcomo uma aritmetica com infinito.
Suponha que limx→a
f(x) = +∞, limx→a
g(x) = +∞ e limx→a
h(x) = L.
Entao,
1
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
1. limx→a
[f(x) + g(x)
]= +∞;
2. limx→a
[f(x) · g(x)
]= +∞;
3. limx→a
[f(x) + h(x)
]= +∞;
4. limx→a
[h(x) · f(x)
]=
+∞, se L > 0;
−∞, se L < 0;
5. se α ∈ R, α 6= 0, limx→a
α f(x) =
+∞, se α > 0;
−∞, se α < 0.
Alem disso, as afirmacoes continuam verdadeiras se trocarmos x → a
por x → a+ ou x → a−.
Exemplo 6.1.
Ja sabemos que limx→0
sen x
x= 1 e lim
x→0
1x
= +∞. Portanto,
limx→0+
[sen x
x+
1x
]= +∞.
Atencao!
Se limx→a
f(x) = +∞ e limx→a
g(x) = −∞, o limite da soma das funcoes,
limx→a
[f(x) + g(x)
],
e uma indeterminacao do tipo ∞−∞, pois o resultado e imprevisıvel. Vejao exemplo a seguir.
Exemplo 6.2.
Voce vera que uma pequena alteracao na funcao pode modificar, demaneira dramatica, o resultado do limite.
Vamos calcular
limx→3+
[1
x− 3+
a
x2 − 2x− 3
],
2
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
para os seguintes valores de a: −3, −4 e −5.
E claro que limx→3+
1x− 3
= +∞.
Para a < 0, como x2 − 2x− 3 = (x + 1)(x− 3),Aqui esta a analise do sinalde y = x2 − 2x− 3.
s s+ + + − − − + + +
−2 3
limx→3+
a
x2 − 2x− 3= −∞,
pois limx→3+
x2 − 2x− 3 = 0, mas, se x > 3, y = x2 − 2x− 3 > 0.
Portanto, se a < 0, limx→3+
[1
x− 3+
a
x2 − 2x− 3
]e uma indeterminacao
do tipo ∞ − ∞.
No entanto,
1x− 3
+a
(x + 1)(x− 3)=
x + 1 + a
(x + 1)(x− 3).
Caso a = −3
Se fizermos a igual a −3, o limite sera +∞. Veja:
limx→3+
x− 2(x + 1)(x− 3)
= +∞,
pois limx→3+
(x− 2) = 1 > 0.
Caso a = −4
Neste caso, o resultado e finito.
limx→3+
x− 3(x + 1)(x− 3)
= limx→3+
1x + 1
=14.
Caso a = −5
Finalmente, para a = −5, o limite sera −∞.
limx→3+
x− 4(x + 1)(x− 3)
= −∞,
pois limx→3+
(x− 4) = −1 < 0.
3
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
Conclusao:
Para diferentes valores atribuıdos a constante a, o limite resultou, ora+∞, ora um numero real, ora −∞, ou seja, em situacoes como essa, naodescuide, aja com cuidado!
Atividade 6.1.
Determine o valor de k, tal que
limx→−2−
[3
x + 2+
k
x2 − 4
]
seja finito. Para quais valores de k o limite anterior sera −∞?
Limites de funcoes no infinito
Ate agora nos temos usado o limite como uma ferramenta para estudaro comportamento dos valores de uma dada funcao f , nas vizinhancas de umcerto ponto a.
Nosso proximo passo sera usar o limite para estudar o comportamentodos valores de f(x) quando tomamos para x (ou para −x, dependendo docaso) valores arbitrariamente grandes. Isto e, queremos estabelecer sentidopara as expressoes
limx→+∞ f(x) e lim
x→−∞ f(x).
Devido a similaridade entre as duas situacoes, vamos nos concentrar nocaso lim
x→+∞ f(x).
Para que a expressao possa ter algum sentido, e necessario que
[b, +∞) ⊂ Dom(f),
para algum numero b, caso contrario, nao poderıamos tomar valores de f(x),para valores arbitrariamente grandes de x.
Ha duas situacoes especiais que queremos distinguir:
(a) para valores arbitrariamente grandes de x, os valores de f(x) tambemse tornam arbitrariamente grandes (ou entao os valores de −f(x) tornam-searbitrariamente grandes);
4
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
(b) na medida em que tomamos valores maiores e maiores para x, os valo-res correspondentes f(x) tornam-se arbitrariamente proximos de um certonumero L.
Essas situacoes serao denotadas por
(a) limx→+∞ f(x) = +∞ (ou − ∞); (b) lim
x→+∞ f(x) = L.
Exemplo 6.3.
Considere n um inteiro nao-nulo. Entao,
limx→+∞ xn =
+∞ se n ≥ 1;
0 se n ≤ −1.
Em particular,
limx→+∞ x2 = +∞, lim
x→+∞1x2
= 0,
limx→+∞ −2x3 = −∞, lim
x→+∞−√2
x= −∞.
Interpretacao geometrica
E muito importante saber interpretar geometricamente o significado des-ses limites no infinito. Comecaremos com o caso lim
x→+∞ f(x) = L (ou
limx→−∞ f(x) = M). Se lim
x→+∞ f(x) = L (respectivamente, limx→−∞ f(x) =
M), diremos que a reta y = L (respectivamente, y = M) e uma assıntotahorizontal do grafico de f . Isso quer dizer que, para valores cada vez maioresde x (respectivamente, de −x) o grafico de f torna-se mais e mais proximoda reta y = L (y = M). Veja alguns exemplos.
Exemplo 6.4.
Veja, nas figuras a seguir, graficos de funcoes com assıntotas horizontais.
5
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
Figura 6.1
2
Funcao f
Assıntota horizontal y = 2.
Figura 6.2
−2 2
2
−2
Funcao g
Assıntotas horizontais y = 2 e y = −2.
Figura 6.3Funcao h
Assıntota horizontal y = 2.
2
2
Figura 6.4Funcao k
Assıntotas horizontais y = 3 e y = −3.
3
−3
A funcao f (Figura 6.1) tem uma unica assıntota horizontal. Neste caso,lim
x→−∞ f(x) = limx→+∞ f(x) = 2.
A funcao g (Figura 6.2) tem quatro assıntotas: duas verticais e duashorizontais. Veja quais sao seus limites infinitos e no infinito: lim
x→−∞ g(x) =
2, limx→+∞ g(x) = −2, lim
x→−2g(x) = +∞ e lim
x→2g(x) = −∞.
Algo interessante ocorre no caso da funcao h (Figura 6.3). Esta funcaocertamente nao e polinomial (por que?). A reta y = 2 e a unica assıntotado grafico da funcao, pois lim
x→+∞ h(x) = 2, mas o grafico de h oscila em
torno da reta, com amplitude cada vez menor, na medida em que tomamosvalores cada vez maiores para x.
Finalmente, no caso da funcao k, nao ha assıntota vertical, mas duasassıntotas horizontais, pois lim
x→−∞ k(x) = −3 e limx→+∞ k(x) = 3.
6
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
Interpretacao geometrica de limx→+∞
f(x) = +∞
Aqui esta a definicao de limx→+∞ f(x) = +∞, necessaria para podermos
interpreta-la geometricamente.
Definicao
Dizemos que limx→+∞ f(x) = +∞ se, e somente se, para cada M > 0
existe um numero r > 0, tal que, se x > r, entao f(x) > M .
Isso significa geometricamente que, dada uma altura M > 0 qualquer,existe um numero r suficientemente grande, tal que a parte do grafico def sobre o intervalo [r, +∞) fica acima da reta y = M .
Figura 6.5
Grafico de funcao em que limx→+∞
f(x) = +∞.
M
r
Na Figura 6.5, voce nota que o grafico de f sobre o intervalo [r, +∞)esta contido na regiao com hachuras, isto e, acima da reta y = M .
Note que essa situacao e dinamica. Isso deve ocorrer para todos os valo-res de M . Dessa forma, para valores de M cada vez maiores, possivelmenteteremos de aumentar os valores de r.
Na figura a seguir, voce podera ver como, para tres diferentes valores deM , precisamos, para o exemplo em questao, de tres diferentes valores de r,indicados pelos correspondentes ındices. Assim, se x > r1, entao f(x) > M1.Se x > r2, entao f(x) > M2. Finalmente, para x > r3, temos f(x) > M3.Essa ultima afirmacao esta enfatizada na figura pelo fato de o grafico de f
estar contido na regiao com hachuras. E assim, para cada novo M , maiorque o anterior, seguirıamos obtendo um novo r, tal que, se x > r, f(x) > M .
7
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
Figura 6.6
Grafico de funcao em que limx→+∞
f(x) = +∞.
M3
M2
M1
r1 r2 r3
Comportamento das funcoes polinomiais no infinito
E muito importante saber o comportamento no infinito das polinomiais.Alem disso, e muito facil. Tudo depende do termo de maior grau. Lembre-se,uma funcao polinomial e dada por uma equacao do tipo
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · ·+ a1 x + a0,
na qual ai sao numeros reais e estamos supondo que an 6= 0 e n ≥ 1.
Dizemos que p(x) e uma funcao polinomial de grau n, e an xn e o termode maior grau. Entao,
limx→+∞ p(x) =
+∞ se an > 0,
−∞ se an < 0
e
limx→−∞ p(x) =
+∞ se{
n e par e an > 0,n e ımpar e an < 0,
−∞ se{
n e ımpar e an > 0,n e par e an < 0,
Parece complicado, mas nao e. Veja, nas figuras a seguir, quatro exem-plos que indicarao todas as possibilidades.
8
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
–600
–400
–200
0
200
400
600
y
–10 –5 5 10x
n ımpar, an > 0
Figura 6.7
–600
–400
–200
0
200
400
600
y
–10 –5 5 10x
n ımpar, an < 0
Figura 6.8
–600
–400
–200
200
400
600
800
y
–10 –5 5 10x
n par, an > 0
Figura 6.9
–800
–600
–400
–200
0
200
400
600
y
–10 –5 5 10x
n par, an < 0
Figura 6.10
Calculo dos limites no infinito
Vamos comecar com o calculo dos limites no infinito das funcoes po-linomiais. Assim, voce compreendera como chegamos as conclusoes apre-sentadas na secao anterior e aprendera uma primeira tecnica para levantaressas indeterminacoes. Desse modo, voce percebera, algebricamente, porque o comportamento das funcoes polinomiais no infinito e determinadopelo termo de maior grau. Parece estranho, mas, na verdade, se alterarmosa funcao polinomial, mudando apenas os coeficientes dos termos de grausmenores, a funcao sofre alteracoes numa regiao limitada em torno da ori-gem, mas seu comportamento para valores muito grandes de |x| permanece,essencialmente, o mesmo. Isso e ilustrado pelo proximo exemplo.
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Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
Exemplo 6.5.
A funcao f(x) = x2−2x tem duas raızes reais (2 e 0), enquanto a funcao
g(x) = x2 − 2x + 2, diferente de f apenas pelo termo constante, nao temraızes reais. No entanto,
limx→±∞ f(x) = lim
x→±∞ g(x) = +∞.
Veja os graficos sob duas diferentes perspectivas, nas figuras a seguir.
Figura 6.11Graficos de f e g em torno da origem.
Figura 6.12Funcoes f e g numa vizinhanca maior.
Agora, veja um exemplo de como calculamos o limite de um polinomioquando x tende a +∞ ou −∞.
Exemplo 6.6.
Vamos calcular limx→+∞
(3x3−5x2−2x−7
)e lim
x→−∞(3x3−5x2−2x−7
).
O termo de maior grau e 3x3, isto e, an > 0 e n ımpar. Portanto, aresposta do calculo deve ser
limx→+∞
(3x3−5x2−2x−7
)= +∞ e lim
x→−∞(3x3−5x2−2x−7
)= −∞.
Note que, como limx→+∞ 3x3 = +∞ e lim
x→+∞ −5x2 = −∞, o
limite limx→+∞
(3x3 − 5x2 − 2x − 7
)esta indeterminado. Mas veja como
10
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
podemos contornar isso. Como estamos interessados no comportamento de3x3 − 5x2 − 2x− 7, para valores muito grandes de x, podemos supor x > 0e colocar 3x3 em evidencia. Assim,
limx→+∞
(3x3 − 5x2 − 2x− 7
)= lim
x→+∞ 3x3(1− 5
3x− 2
3x2− 7
3x3
).
Agora, o limite de cada uma das parcelas, − 53x
, − 23x2
e − 73x3
,
quando x → +∞, e zero. Isto e,
limx→+∞
(1− 5
3x− 2
3x2− 7
3x3
)= 1
e, portanto,
limx→+∞
(3x3 − 5x2 − 2x− 7
)= lim
x→+∞ 3x3(1− 5
3x− 2
3x2− 7
3x3
)=
= limx→+∞ 3x3 = +∞.
Analogamente,
limx→−∞
(3x3 − 5x2 − 2x− 7
)= lim
x→−∞ 3x3(1− 5
3x− 2
3x2− 7
3x3
)=
= limx→−∞ 3x3 = −∞.
Vejamos se voce esta pronto para um pouco de acao.
Atividade 6.2.
Calcule os seguintes limites:
(a) limx→+∞ x2 − 5x + 2 ; (b) lim
x→−∞ 3x5 + 7x2 − 8 ;
(c) limx→+∞ 4x2 − 5x3 ; (d) lim
x→−∞ 17x− 0.4x5 + 7x2 ;
(e) limx→−∞ 2x2 − 3|x|3 ; (f) lim
x→+∞ 5x3/2 + 2x1/2 + 4 .
11
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
Calculo de limites no infinito de funcoes racionais
O comportamento no infinito de funcoes racionais (definidas pelo quo-ciente de dois polinomios) tambem e definido pelos graus dos polinomiosenvolvidos. Veja o resumo, a seguir. Considere p(x) e q(x) duas funcoespolinomiais, cujos coeficientes dos termos de maior grau sao a e b, respec-tivamente. Entao,
limx→+∞
p(x)q(x)
=
±∞, se grau(p) > grau(q);a
b, se grau(p) = grau(q);
0, se grau(p) < grau(q).
O sinal do limite, no caso em que grau(p) > grau(q) e determinadopelos sinais dos coeficientes dos termos de maior grau.
A maneira de obter esse resultado e semelhante a que usamos no casodos polinomios. Veja como usar essa estrategia no proximo exemplo.
Exemplo 6.7.
Vamos calcular alguns limites. Comecaremos com um exemplo em queo grau do numerador e maior do que o grau do denominador.
limx→+∞
3x3 − 3x2 + 2x− 53− x− 2x2
= limx→+∞
x3(3− 3
x+
2x2− 5
x3
)
x2( 3
x2− 1
x− 2
) =
= limx→+∞
x(3− 3
x+
2x2− 5
x3
)
( 3x2− 1
x− 2
) =
= − 32·(
limx→+∞ x
)= −∞,
pois o limite de cada fracao do tipoc
xm, com x → ∞, e igual a zero.
Veja um caso no qual o numerador e o denominador tem o mesmo grau.
12
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
limx→−∞
3x2 − x +√
25− x2
= limx→−∞
x2(3− 1
x+√
2x2
)
x2( 5
x2− 1
) =
= limx→−∞
3− 1x
+√
2x2
5x2− 1
= − 3.
Finalmente, um caso em que o limite sera infinito.
limx→+∞
2x + 33x2 + x− 4
= limx→+∞
x(2 +
3x
)
x2(3 +
1x− 4
x2
) =
= limx→+∞
2 +3x
x(3 +
1x− 4
x2
) =23· lim
x→+∞1x
= 0.
A mesma estrategia pode ser usada para calcular limites no infinito defuncoes algebricas envolvendo radicais. Mas, neste caso, e necessario atencaocom a situacao x → −∞, devido ao sinal negativo dos valores de x.
Exemplo 6.8.
Vamos determinar as assıntotas horizontais da funcao f(x) =10− 3x√
x2 + 4.
Para calcular limx→+∞
10− 3x√x2 + 4
, lembramos que estamos considerando
valores muito grandes de x. Portanto, podemos supor que x > 0. Issopermite escrever
√x2 + 4 =
√x2
(1 +
4x2
)=√
x2 ·√
1 +4x2
= x ·√
1 +4x2
,
pois x > 0 e√
x2 = |x | = x. Assim,
limx→+∞
10− 3x√x2 + 4
= limx→+∞
x(10
x− 3
)
x ·√
1 +4x2
= limx→+∞
10x− 3
√1 +
4x2
= − 3.
13
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
Raciocınio semelhante se aplica para calcular o limite com x → −∞,
porem, neste caso, x < 0, e, portanto,√
x2 = |x | = −x. Isso significa queo calculo do limite fica
limx→−∞
10− 3x√x2 + 4
= limx→−∞
x(10
x− 3
)
−x ·√
1 +4x2
= limx→+∞
10x− 3
√1 +
4x2
= 3.
Parece um pouco estranho, mas veja o grafico da funcao.
Figura 6.13
Grafico da funcao f(x) =10− 3x√
x2 + 4.
3
−3
Consideracoes finais
Nesta aula, voce aprendeu que o limite serve para descrever o comporta-mento das funcoes quando a variavel dependente assume valores muito gran-des (x → +∞) ou quando −x assume valores muito grandes (x → −∞).
E muito importante saber o comportamento no infinito dos polinomios,assim como das funcoes racionais.
Voltaremos a esse tema em breve. Agora, nao deixe de praticar as ideiasque aprendeu nos exercıcios propostos a seguir.
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Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
Exercıcios
1. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→+∞ (2x− x3) ; (b) lim
x→−∞ (2x2 + 3x− 5) ;
(c) limx→+∞ (
√5x7 + 8) ; (d) lim
x→+∞ (3x− 8x2) ;
(e) limx→+∞
√x− 5
1−√x; (f) lim
x→+∞x2 − 3x + 4
1 + 3x2;
(g) limx→−∞
5x− 2x3 + 7x− 8
; (h) limx→−∞
2x2 − 55x + 4
;
(i) limx→−∞
x3 + 7x2
3x− 2x2 + 8; (j) lim
x→+∞2x2 senx
x4 + 5x− 8;
(l) limx→+∞
√2− 2x− 2
x2 + 3; (m) lim
x→−∞2
3 +4x
;
(n) limx→+∞
[4x2 + 3x− 5
+ cosx2]
; (o) limx→+∞
x3/2 + 2x1/2 + 1x + 4
.
2. Determine as assıntotas verticais e horizontais, caso estas existam, decada uma das funcoes a seguir.
(a) f(x) =1
x− 3; (b) g(x) =
3x + 2x− 5
;
(c) h(x) =x2 − 1
x; (d) k(x) =
x− 2x2
x2 − 1;
(e) l(x) =3x + 1
x2 − x− 6; (f) m(x) =
x2 + 2x− 8√5 + x4
;
(g) n(x) =√
7x3 + 2x− 81− x2 − x3
; (h) u(x) =√
x2 + 12x− 4
.
15
Calculo I Aula 06 - Versao 2.0
3. Calcule os seguintes limites:
(a) limx→+∞
x3 − 3x + 2x5/2− 4x2 + 3
; (b) limx→+∞
[ 5x2− 2
x4
];
(c) limx→−∞
1− x3
x2 + 5; (d) lim
x→+∞
√x
x2 + 2x + 4;
(e) limx→+∞ x−
√x2 + 1 ; (f) lim
x→+∞
√x + 2
1 + x.
4. Seja a 6= 0 um numero real e n um numero inteiro. Determine condicoessobre a e b, tais que o limite
limx→+∞
2xn + 3x + 4ax2 + x + 1
seja:
(a) +∞; (b) −∞; (c) 2; (d) −2; (e) 0.
5. Sabendo que limx→−1
f(x)x3
= 2, calcule limx→−1
f(x).
16
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Continuidade das funcoes reais
con.ti.nu.i.da.de (lat continuitate) sf1 Qualidade daquilo que e contınuo.2 Ligacao ininterrupta das partes deum todo.con.tı.nuo (lat continuu) adj 1 Emque nao ha interrupcao; seguido.
Meta da aula
• Apresentar o conceito continuidade das funcoes reais.
Objetivos
Ao final desta aula, voce devera ser capaz de:
• Determinar se uma funcao e contınua num certo ponto.
• Identificar funcoes contınuas atraves de seus graficos.
Funcoes contınuas – Apresentacao intuitiva do conceito
A nocao continuidade nao e exclusiva dos matematicos. Cada um temuma boa ideia do que essa palavra quer dizer. Voce nao tera nenhumadificuldade em escolher, entre as duas figuras a seguir, aquela que representauma linha contınua.
Figura 7.1 Figura 7.2
Nosso trabalho, nesta aula, sera o de transportar essa nocao para o uni-verso matematico das funcoes. Alem disso, veremos algumas propriedadesdas funcoes que tem essa caracterıstica.
1
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Vamos comecar analisando alguns exemplos.
Exemplo 7.1.
Suponha que um fio de um certo metal ocupa o intervalo [0, 60] da retareal. A cada posicao x ∈ [0, 60] do fio, dada em centımetros, associamosT (x), a sua temperatura, medida em graus Celcius.
Considerando que o metal e um meio que conduz calor com facilidade,como seria o grafico de uma tal funcao? Aqui esta uma possibilidade.
Figura 7.3
Grafico da funcao temperatura T (x).
30
60
O grafico sugere que uma pequena variacao na posicao corresponderauma pequena variacao na temperatura.
Essa e a ideia basica da continuidade de uma funcao, no caso, a tempe-ratura em termos da posicao. A questao que vamos enfrentar e transcreveressa ideia em termos matematicos. Veja, neste contexto temos uma nocaobastante clara do significado de uma pequena variacao, tanto na posicao(dada em centımetros), quanto na temperatura (dada em Celsius).
Note que pequena variacao e um conceito relativo (o que e pequenopara um observador pode nao o ser para outro) e precisamos estabelecer adefinicao em termos absolutos.
Mas, antes de prosseguirmos, vejamos um exemplo onde a funcao nao econtınua.
2
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Exemplo 7.2.
Vamos submeter o fio de metal do exemplo anterior a uma experienciade resistencia fısica. Uma de suas extremidades sera presa a um suporte ea outra sera submetida a uma tracao.
Figura 7.4
~
Seja τ(p) a funcao que mede a tensao no fio em funcao do peso aplicadopela tracao.
E natural esperar que a tensao aumente na medida em que o peso au-menta. No entanto, devido a resistencia do material, chega-se a um pontoem que o fio se quebra. Neste ponto a tensao passa, instantaneamente, azero. Veja o grafico.
Figura 7.5
p1
τ1
Neste exemplo a funcao nao e contınua. Veja, para um peso p ligei-ramente inferior a p1, a tensao τ(p) correspondente e proxima a τ1. Mas,qualquer peso p superior a p1, correspondera a tensao nula.
Apos esses exemplos, estamos prontos para as definicoes.
3
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Continuidade de uma funcao f num ponto a
Apesar de continuidade ser uma caracterıstica global das funcoes, adefinicao e feita ponto a ponto. Ou seja, definiremos a continuidade de umafuncao em um dado ponto (de seu domınio).
Vamos lembrar uma coisa muito importante: uma funcao f consiste detres coisas: dois conjuntos nao-vazios, o domınio A e o contradomınio B, ea lei de definicao, y = f(x), satisfazendo o axioma:
para cada x ∈ A, existe um unico y ∈ B, tal que y = f(x).
Estamos interessados apenas naquelas funcoes cujos domınio sao unioesde intervalos, sejam eles abertos, fechados ou semi-abertos, tais como
(c1, d1), [c2, d2], (c3, d3] ou [c3, d3).
Podemos considerar intervalos nao limitados, tais como (−∞, d4).
Exemplo 7.3.
Aqui estao algumas funcoes com seus domınios expressos como a uniaode intervalos.
Funcao Domınio
f(x) = x2 − 3x R = (−∞, ∞)
g(x) =1
x− 2R− {2} = (−∞, 2) ∪ (2, ∞)
h(x) =√
6 + x− x2 [−2, 3]
j(x) =√
x2 − 9 (−∞, −3) ∪ (3, ∞)
k(x) = cotg x · · · ∪ (−2π, −π) ∪ (−π, 0) ∪ (0, π) ∪ (π, 2π) ∪ . . .
No ultimo caso, a funcao co-tangente de x nao esta definida nos pontos nπ,
para n ∈ Z, pois cotg x =cosx
senxe sen (nπ) = 0, ∀n ∈ Z. Assim, o domınio
da funcao co-tangente e uma uniao infinita de intervalos.
4
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Assim, sempre que afirmarmos: seja a um elemento do donınio de f ,denotado (geralmente) por Dom(f), sabemos que ha um intervalo I, tal que
a ∈ I ⊂ Dom(f).
E verdade que tudo isso e bem tecnico, mas precisamos de esclarecerbem todos esses pormenores, pois isso evitara dificuldades no futuro.
Essa condicao nos diz que uma vizinhanca tıpica de a no domınio de f
pode ser de tres tipos:
• a esta no interior de um intervalo aberto contido no domınio de f :
a ∈ (a− r, a + r) ⊂ Dom(f);
• a e o extremo inferior de um intervalo fechado contido em f , sendoque os pontos a esquerda de a nao pertencem ao domınio de f :
[a, a + r) ⊂ Dom(f);
• a e o extremo superior de um intervalo fechado contido em f , sendoque os pontos a direita de a nao pertencem ao domınio de f :
(a− r, a] ⊂ Dom(f).
Vamos a um exemplo.
Exemplo 7.4.
Seja f(x) = 1+√
1− x2, a funcao definida no intervalo fechado [−1, 1].Note que o domınio de f e, ele mesmo, um intervalo.
Figura 7.6
1
1
−1
ss
Grafico da funcao f(x) = 1 +√
1− x2
5
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
O ponto 0 ∈ [−1, 1] e do tipo interior, uma vez que, por exemplo,
0 ∈ (−12 , 1
2) ⊂ [−1, 1].
-
0
(− 1
2
)12
[−1
]1
Figura 7.7.a
Domınio de f com uma vizinhanca (− 12 , 1
2 ) de 0
O ponto −1 ∈ [−1, −12) ⊂ [−1, 1] = Dom(f) e o extremo inferior de um
intervalo contido no domınio da funcao f , que nao esta definida em pontosa sua esquerda.
-
0
)− 1
2
[−1
]1
Figura 7.7.b
Domınio de f com uma vizinhanca [−1, − 12 ) de −1
O ponto 1 ∈ (12 , 1] ⊂ [−1, 1] = Dom(f) e o extremo superior de um
intervalo contido no domınio da funcao f , que nao esta definida em pontosa sua direita.
-
0
(12
[−1
]1
Figura 7.7.c
Domınio de f com uma vizinhanca ( 12 , 1] de 1
Aqui esta uma oportunidade para voce experimentar.
Atividade 7.1.
Considere g(x) = 1 +√
x2 − 1. Determine o domınio de g. Quais deseus pontos sao do tipo interior? Ha algum ponto em alguma das outrascategorias?
6
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Agora estamos preparados para enunciar a definicao de continuidade deuma funcao f num certo ponto a.
Definicao: Dizemos que a funcao f e contınua em a ∈ Dom(f), se
• limx→a
f(x) = f(a),
no caso de a ∈ I ⊂ Dom(f), onde I e um intervalo aberto;
• limx→a+
f(x) = f(a),
no caso de a ∈ I ⊂ Dom(f), com I = [a, a + r), para algum r > 0,sendo que f nao esta definida a esquerda de a;
• limx→a−
f(x) = f(a),
no caso de a ∈ I ⊂ Dom(f), com I = (a − r, a], para algum r > 0,sendo que f nao esta definida a direita de a.
Resumindo, dizemos que a funcao f e contınua em a se o seu limite,no ponto em questao, coincide com f(a). Ou seja, f e contınua em a senao houver surpresas, se o valor da funcao, f(a), corresponde ao esperado,indicado pelo seu comportamento nas vizinhancas de a.
Note que, pela definicao, so faz sentido falar em continuidade de f emum determinando ponto a no caso de esse ponto pertencer ao seu domınio.
Vamos a um exemplo.
Exemplo 7.5.
Seja p(x) = − x2
2 + 2x + 2 uma funcao polinomial cujo grafico e uma
Figura 7.8
Grafico de p
3
72
parabola. Muito bem, o domınio de f e toda a reta real R. Vamos escolher
um certo ponto do domınio de f , digamos 3. Note que p(3) = −32
2 +6+2 = 72 .
Alem disso,
limx→3
− x2
2+ 2x + 2 =
72,
pois para valores de x proximos de 3, como 2.999 ou 3.000017, os valores dep(x) estao proximos de 7
2 .
Na verdade, isso ocorre para qualquer a ∈ R:
limx→a
− x2
2+ 2x + 2 = − a2
2+ 2a + 2 = p(a).
7
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Portanto, a funcao polinomial p(x) = − x2
2 +2x+2 e contınua em todos
os elementos de R, o seu domınio. Nesse caso, diremos que p e (simples-mente) contınua. Veja a definicao a seguir.
Definicao: A funcao f e contınua se for contınua em todos os pontos deseu domınio.
Teoricamente, e mais difıcil provar que uma determinada funcao e con-tınua do que o contrario. Realmente, para provar que uma determinadafuncao e contınua, temos que verificar a definicao em cada ponto de seudomınio. Por outro lado, para mostrar que uma certa funcao nao e contınua,basta descobrir um ponto de seu domınio no qual a definicao de continuidadefalhe. Veja: num ponto de seu domınio! Mas, calma! Voltaremos a isso empouco tempo. Vejamos mais alguns exemplos.
Exemplo 7.6.
Na aula 4, como aplicacao do Teorema do Confronto, vimos que
limx→0
senx = 0 e limx→0
cosx = 1.
Como sen 0 = 0 e cos 0 = 1, isso mostra que as funcoes f(x) = senx eg(x) = cosx, definidas em toda a reta real, sao contınuas no ponto 0.
Na verdade, na aula 4 fizemos mais do que isso. Usando o lema damudanca de coordenadas e os limites anteriores concluımos que, para todoa ∈ R,
limx→a
sen x = sen a e limx→a
cosx = cos a.
Isso quer dizer que as funcoes trigonometricas seno e cosseno sao funcoescontınuas. Veja os graficos dessas funcoes numa vizinhanca do ponto 0:
Figura 7.9Grafico da funcao y = sen x
Figura 7.10Grafico da funcao y = cos x
Veja um exemplo onde o domınio da funcao nao e o conjunto de todosos numeros reais.
8
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Exemplo 7.7.
A funcao f(x) = 2 +√
3− x e uma funcao contınua.
Para comecar, vamos calcular o domınio de f . A condicao 3 − x ≥ 0deve ser satisfeita. Assim, x ≤ 3 determina o domınio de f , o intervalofechado nao limitado (−∞, 3].
Assim, devemos considerar dois tipos de elementos do domınio de f :aqueles que estao no interior, os que sao menores do que 3, e aquele que ficana extremidade do domınio, o numero 3.
Veremos que a funcao f e continua em todos os pontos menores do que
Por exemplo, se a = −1,
limx→−1
2 +√
3− x = 4.
Como f(−1) = 4, f econtınua em −1.
3. Assim, seja a um numero menor do que 3. Entao,
limx→a
f(x) = limx→a
2 +√
3− x = 2 +√
3− a = f(a).
Isso e, nada de novidades para esses pontos interiores, a funcao e contı-nua em cada um deles. Realmente, apesar de estarmos lidando com a letraa para fazer o caso geral dos pontos interiores, essa parte do exercıcio e bem
facil. E comum sentir-se um pouco desconfiado e intranquilo ao lidar comletras no lugar de numeros, mas voce precisa se acostumar, pois essa praticae muito conveniente na Matematica.
Para completar o exemplo e concluir que a funcao e contınua, devemosVoce vera que o uso delimites laterais sera muitoutil no caso de estudar acontinuidade de funcoes.
considerar o elemento 3 ∈ Dom(f). Nesse caso, a funcao esta definida a suaesquerda mas nao a direita. Portanto, precisamos fazer uso do limite lateralconveniente.
Aqui esta! Como
Figura 7.11
Grafico de f
3
2 rlimx→3−
2 +√
3− x = 2 = f(3),
a funcao f e contınua em 3.
Eis um bom momento para voce experimentar o quanto entendeu esseconteudo.
Atividade 7.2.
Considere g(x) = 1+√
x2 − 1 a funcao cujo domınio voce determinou naatividade anterior. Voce deve ter notado que esse domınio tem dois pontos
9
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
extremos, como foi o caso de 3 no exemplo anterior. Mostre que a funcao g
e contınua. Faca um esboco de seu grafico.
Nessa atividade voce vai usar a um conteudo de Pre-Calculo: hiperboles.
Exemplo de funcao nao contınua
Apos uma sequencia de exemplos de funcoes bem comportadas, ou seja,contınuas, vamos a um exemplo de uma funcao nao contınua.
Exemplo 7.8.
Seja f(x) = [x] = n, na qual n ≤ x < n + 1, a funcao chamada maiorinteiro. Isto e, [x] e o maior inteiro que e menor ou igual a x.
Assim, [−0.5] = −1, [2.1] = 2, [2.99] = 2, [3] = 3, [√
2] = 1 e [π] = 3.
Veja o grafico de f :
Figura 7.12
Grafico de f(x) = [x]
−1
1 2 3 4
r br b
r br b
r−2
br b
r b
−3
Afirmacao: a funcao f e contınua em cada elemento nao inteiro de seudomınio; a funcao f nao e contınua em cada inteiro de seu domınio.
Conclusao: a funcao f nao e contınua.
Este e, portanto, um exemplo tıpico de uma funcao nao contınua. Oseu grafico apresenta uma serie de interrupcoes e lembra uma escada.
Precisamos justificar a afirmacao. Primeiro, veja porque f e contınuaem a sempre que a nao e um numero inteiro.
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Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Todo numero real a nao inteiro e cercado por um par de inteiros suces-sivos, tais que
n < a < n + 1.
Por exemplo, −3 < −2.37 < −2 ou 2 <√
5 < 3.
Neste caso, f(a) = n. Nos exemplos anteriores, f(−2.37) = −3 e
f(√
5) = 2. Alem disso, ha um pequeno intervalo (a − r, a + r), em tornode a, tal que
n < a− r < a < a + r < n + 1.
Veja a figura:
-a
)a + r
(a− r
[n
]n + 1
Figura 7.13
(a− r, a + r) ⊂ [n, n + 1]
Isto garante que f , restrita a este intervalo, e constante e igual a n,portanto,
limx→a
f(x) = n = f(a).
Novamente, este e um argumento matematico do tipo geral. Isto e,usamos a letra a para representar um numero real nao inteiro qualquer e,portanto, o argumento apresentado vale para todos os numeros satisfazendoessa condicao. Isso e muito conveniente mas, nesse estagio, nao se esperaque voce apresente esse tipo de argumentacao.
Para terminar o exemplo, vamos considerar o caso dos numeros inteiros.Veja, nesse caso, os limites laterais serao diferentes, como o proprio graficoda funcao indica.
Seja n um numero inteiro. Entao, f(n) = [n] = n. Alem disso, sen− 1 < x < n, entao f(x) = [x] = n− 1. Portanto,
limx→n−
f(x) = n− 1.
Por outro lado, se n ≤ x < n + 1, entao f(x) = n. Assim,
limx→n+
f(x) = n.
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Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Como os limites laterais sao diferentes, f nao admite limite no ponto n
e, consequentemente, nao e contınua nesse ponto.
Uma palavra sobre a nomenclatura
Voce notou que definimos continuidade de uma funcao num ponto edizemos que uma funcao e contınua se for contınua em todos os pontos deseu domınio, que e uma uniao de intervalos.
A negacao da afirmacao “f e contınua” e “f nao e contınua” e para queisso ocorra, basta que f nao seja contınua em unico ponto de seu domınio.
Vamos a mais um exemplo.
Exemplo 7.9.
Cuidado especial deve ser dado aquelas funcoes cujas definicoes usamvarias sentencas. Veja a seguir: vamos determinar os valores de k para osquais
f(x) =
x2 + 2x, se x ≤ 1,
k − x, se x > 1,
seja contınua em 1. E claro que isso tambem determinara os valores de k
para os quais a funcao nao e contınua em x = 1.
Note que a funcao f e definida por uma certa lei ate 1 e por outra lei apartir de 1.
Lembremos dos ıtens que devem ser satisfeitos para f ser contınua emum certo ponto:
(a) A funcao deve estar definida no ponto. Ou seja, o ponto deve serelemento do domınio da funcao. Esse e o caso aqui, uma vez que a funcaoesta definida em toda a reta real;
(b) A deve admitir limite no ponto em questao. Em particular, os limiteslaterais devem, portanto, coincidir;
(c) O valor da funcao no ponto deve coincidir com esse limite.
Resumindo, limx→a
f(x) = f(a).
Como f(1) = 12 + 2 = 3, basta que analisemos os limites laterais, asferramentas apropriadas para esse caso.
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Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
limx→1−
f(x) = limx→1−
x2 + 2x = 3 f(3).
Agora,
limx→1+
f(x) = limx→1+
k − x = k − 1.
Portanto, para que f seja contınua em 1, e preciso que 3 seja igual ak − 1. Ou seja, f e contınua em 1 se, e somente se, k = 4.
Figura 7.14Grafico da funcao f com k = 4
f e contınua em 1
r
1
3
Figura 7.15Grafico da funcao f com k = 6
f nao e contınua em 1
r
1
3
b5
Observe que k = 4 e a unica possibilidade de f ser contınua em 1.Neste caso, o segmento de reta que e o grafico de f a direita de 1 continuao trecho de parabola, grafico de f a esquerda de 1. Qualquer outra escolhapara a constante k implica numa interrupcao do grafico de f . Assim, k = 6 eapenas um exemplo em uma infinidade de possibilidades nas quais f nao seracontınua em 1. Em todas elas o grafico de f apresentara uma interrupcao,marcando este fenomeno.
Isso nos leva uma interpretacao geometrica do conceito de continuidade.
Graficos de funcoes continuas
Os grafico de uma funcao contınua f sobre cada intervalo I contido
em seu domınio Dom(f) nao apresenta interrupcoes. E comum dizer “f econtınua se pudermos esbocar seu grafico sem levantar o lapis do papel”, ouseja, com traco contınuo. Mas, um alerta! Isso so e valido se o domınio def for um intervalo, nao apresentar, ele mesmo, interrupcoes.
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Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Em particular, se o domınio de f for um unico intervalo, a funcao econtınua se, e somente se, o seu grafico pode ser tracado sem interrupcoes.
Exemplo 7.10.
O exemplo consiste de uma serie de graficos de funcoes, algumas contınuas,algumas nao contınuas. Em cada caso, o domınio estara em destaque. Veja,tambem, o comentario relativo a cada caso.
Figura 7.16f contınua, Dom(f) = R
Figura 7.17g contınua, Dom(g) = R
Nestes dois primeiros casos, as funcoes estao definidas em toda a retareal. Apesar dos graficos serem bastante diferentes, o da funcao f apresen-tando diversos “bicos” enquanto o da funcao g e uma curva suave, podemos
traca-los sem levantar o lapis do papel. E isso que os caracteriza comograficos de funcoes contınuas. Note, tambem, que R = (−∞, ∞) e e inter-pretado como um intervalo.
Figura 7.18h contınua, Dom(h) = (−4, +∞)
b−4
Figura 7.19j nao contınua, Dom(j) = [−4, +∞)
r−4
Aqui, o detalhe e que faz a diferenca. Isso evidencia a sutileza desseconceito, que merece toda a nossa atencao. As funcoes h e j sao coincidentesno intervalo aberto (−4, ∞), mas a funcao j esta definida, tambem, no ponto−4, o extremo do intervalo. Ou seja, elas diferem pela natureza dos seusdomınios: Dom(h) e aberto e Dom(j) e fechado, inclui sua extremidade.
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Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
A funcao j nao e contınua em −4, uma vez que limx→−4+ j(x) = −∞,excluindo a possibilidade de limx→−4+ j(x) ser igual a j(−4) = 0. No casoda funcao k, isso nao e problema, uma vez que −4 /∈ Dom(h).
Figura 7.20l nao contınua, Dom(l) = R
r
b
r
b−3 3
Figura 7.21m contınua, Dom(m) = R
A funcao l nao e contınua nos pontos −3 e 3, pois nesses pontos oslimites laterais sao diferentes.
Muito bem, na proxima aula exploraremos outros aspectos da continui-dade das funcoes. Voce aprendera a reconhecer varias funcoes contınuas econhecera algumas de suas propriedades assim como alguns resultados sur-preendentes delas decorrentes.
Aqui estao alguns problemas sobre os temas da aula.
Exercıcios
Exercıcio 1
Em cada item a seguir, determine se a funcao dada e contınua no pontoindicado.
(a) f(x) =
2 + sen (πx), se x ≤ 2,
2x− 2, se x > 2,
no ponto 2 ;
(b) g(x) =
2x2−3x+1x2−3x+1
, se x < 1,
x2 − 2x + 3, se x ≤ 1,
no ponto 1 ;
(c) h(x) = x[x], no ponto −3.
15
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Exercıcio 2
Seja f : R −→ R a funcao definida por
f(x) =
3 cosπx se x < 0,a x + b se 0 ≤ x ≤ 3,x− 3 se x > 3.
(a) Calcule os valores de a e de b, tais que f seja uma funcao contınua.
(b) Faca um esboco do grafico de f usando os valores de a e de b calculadosno item anterior.
Exercıcio 3
Em cada caso a seguir, determine se a funcao cujo grafico esta esbocadoe contınua. Atencao no domınio da funcao.
Figura 7.22Dom(f) = R
Figura 7.23Dom(f) = R
Figura 7.24Dom(f) = (−4, 4)
−4 4
Figura 7.25Dom(f) = [−3, 3]
r b
r
−3 3
16
Calculo I Aula 07 - Versao 1.0
Figura 7.26Dom(f) = R− {−4}
b
b
b
−4
Figura 7.27Dom(f) = R
b
r
−4
Exercıcio 4
Esboce o grafico de uma funcao contınua f , cujo domınio e o intervalo(−2, 2) e cuja imagem e toda a reta real;
Tente repetir esse feito, agora, usando o intervalo [−2, 2] como domınio.
Exercıcio 5
Esboce o grafico de uma funcao contınua g : [1, 5] −→ [−2, 2], tal queg(1) = −2 e g(5) = 2. Olhando este grafico, o que voce pode dizer sobre aequacao
g(x) = 0?
17
Calculo I Aula 08 - Versao 1.0
O Teorema do Valor Intermediario
Meta da aula
• Apresentar um importante resultado da teoria das funcoes contınuas:o Teorema do Valor Intermediario.
Objetivos
Ao final desta aula, voce devera ser capaz de:
• Aplicar o Teorema do Valor Intermediario para verificar a existenciade solucoes de equacoes.
• Reconhecer certas propriedades das funcoes contınuas.
Leonardo de Pisa (1170 -1250), ou Fibonacci, como emais conhecido. Viveu naAlgeria, Norte da Africa,onde estudou a Matematicacultivada pelos arabes. Em1202, publicou o LiberAbaci, introduzindo naEuropa os algarismoshindu-arabicos.
Um exemplo historico
O ano de 1225 assistiu a um desafio, lancado por Joao de Palermo, ummatematico da corte de Frederico II, imperador do Sacro Imperio Romano,contra Fibonacci. Esse tipo de duelo era comum naquela epoca e servia paraestabelecer o melhor matematico do reino.
Uma das questoes propostas no desafio era resolver a equacao
x3 + 2x2 + 10x = 20.
Esse problema havia sido tirado de um livro escrito por Omar Khayyam(1050-1123).
Como voce deve ter previsto, Fibonacci venceu o desafio. Ele escreveuum livro com as solucoes de tres problemas do desafio que foi enviado parao imperador. Sobre a equacao de Omar Khayyamm, Fibonacci provou quea solucao nao e um numero inteiro ou um numero racional, nem mesmo araiz quadrada de um numero racional. Ele concluiu:
. . . e como nao foi possıvel resolver esta equacao de nenhuma das formasanteriores, reduzi a solucao a uma aproximacao.
1
Calculo I Aula 08 - Versao 1.0
E entao, sem dar qualquer explicacao sobre os metodos que usou parachegar a essa aproximacao, Fibonacci a apresenta usando a notacao sexage-simal:
1.22.7.42.33.4.40.
Isto e,
1 +2260
+7
602+
42603
+33604
+4
605+
40606
.
Em notacao decimal, 1, 3688081075, que e correto ate a nona casa deci-mal. Um feito realmente memoravel.
O problema de Fibonacci pelo ponto de vista do Calculo
Para colocar o problema de Fibonacci no contexto de Calculo, vamosconsiderar a funcao
f(x) = x3 + 2x2 + 10x.
Assim, a equacao x3 + 2x2 + 10x = 20 pode ser escrita como f(x) = 20 eresolver o problema consiste em encontrar um certo numero x0 tal que
f(x0) = 20.
Como voce pode observar, f(1) = 1+2+10 = 13 e f(2) = 8+8+20 =36. Veja novamente:
f(1) = 13 < 20 < 36 = f(2).
Isto e, 1 nao e solucao por falta enquanto que 2 nao e solucao porexcesso. Como diz o ditado: in medius virtus, a virtude esta no meio. Bem,nao exatamente, pois f(1, 5) = 22, 875. Mas estamos fazendo progressos,nao acha?
Atividade 8.1.
Calcule f(1, 25) e conclua em qual metade do intervalo [1, 1, 5] se en-contra a solucao.
A teoria, na pratica, e outra . . .
Estamos diante de uma bifurcacao. Matematica constantemente nosapresenta tais situacoes. Espere um pouco e voce percebera o que isso querdizer.
2
Calculo I Aula 08 - Versao 1.0
Uma atitude que poderıamos chamar de pratica, de pragmatica, nosimpele a prosseguir com esse processo. Veja a tabela a seguir.
f(1) = 13 f(2) = 36
f(1) = 13 f(1, 5) = 22, 875
f(1, 25) = 17, 578125 f(1, 5) = 22, 875
f(1, 25) = 17, 578125 f(1, 375) = 20, 13085938
f(1, 3125) = 18, 83129883 f(1, 375) = 20, 13085938
f(1, 34375) = 19, 47518921 f(1, 375) = 20, 13085938
Apesar da trabalheira que essas contas deram, queremos dizer que asolucao esta entre 1, 34375 e 1, 375.
Mas, ha uma segunda atitude, de natureza mais teorica, digamos assim,que estaria nos soprando no outro ouvido a pergunta que nao quer calar:que garantias temos de realmente ha um numero x0 entre 1, 34375 e 1, 375tal que f(x0) = 20.
Realmente, e provavel que tal duvida (de carater existencial, por assimdizer) nao tenha ocorrido a Fibonacci. Ele prosseguiu nas computacoes certode que tal numero la estaria. Isso porque ele nao conhecia as funcoes quenos conhecemos agora.
Poderıamos colocar essa questao da seguinte forma:
Sob quais condicoes podemos afirmar que, se d e um numeroentre f(a) e f(b), entao existe um numero c, entre a e b, tal que
f(c) = d?
Veja as ilustracoes a seguir.
3
Calculo I Aula 08 - Versao 1.0
Figura 8.1
f(a) < d < f(b)
f(a)
d
f(b)
a c b
Figura 8.2
f(a) < d < f(b)
f(b)
d
f(a)
a c b
Nos dois exemplos estampados anteriormente a historia tem final feliz.Isto e, existe um numero c tal que f(c) = d. Nem sempre isso acontece.Veja a proxima ilustracao.
Figura 8.3
Nao existe c ∈ [a, b], tal que f(c) = d.
f(a)sc
d
f(b)
a b
Voce ja deve ter desconfiado que a tal condicao necessaria para queexista o ponto c tal que f(c) = d e a continuidade da funcao f .
Atividade 8.2.
Convenca-se de que para unir um ponto A, no semi-plano inferior doplano cartesiano, com um ponto B, no semi-plano superior, por um tracocontınuo, necessariamente deve-se cruzar o eixo Ox.
Realmente, a continuidade e a condicao necessaria que o grafico dafuncao, ao passar do nıvel f(a) para o nıvel f(b), cruze todas as retashorizontais entre eles, passando tambem pela reta y = d.
4
Calculo I Aula 08 - Versao 1.0
Esse fato, que nossa intuicao aceita tao facilmente, e um resultado ma-tematico muito importante cuja demonstracao foge do escopo desta disci-plina. Nos o enunciaremos com toda a pompa que ele merece em breve,discutiremos as suas aplicacoes, mas voce so vera a sua demonstracao no fu-turo, em outra disciplina, quando outras ferramentas matematicas estiveremdesenvolvidas.
Antes de prosseguirmos, precisamos dar um ponto final na historia dateoria e da pratica, que comecamos anteriormente.
Na teoria, a pratica e outra . . .
Voce ja notou que, na praia, para entrar no mar, algumas pessoas pas-sam um bom tempo colocando primeiro um dos pes, recuando, colocandonovamente, se encolhendo, enquanto algumas outras num unico salto, sim-plesmente mergulham no mar?
E voce, quando compra um aparelho novo, assim como uma camarafotografica ou um sistema de som, vai ligando tudo, apertando todas asteclas para ver como funciona, ou senta-se com o manual de instrucoes e soliga os cabos ou coloca as baterias quando ja tem uma boa ideia de como ascoisas devem funcionar?
Assim sao as pessoas. Uma maneira de ser nao e, necessariamente,melhor do que a outra. Sao apenas maneiras diferentes. No computo final,talvez, uma mistura de ambas atitudes fica mais proximo do ideal.
Estamos mencionando essas coisas a proposito do que foi dito no inıcioda aula, sobre a teoria e a pratica.
Frente a uma equacao, uma atitude pratica consistiria em buscar umasolucao ou, pelo menos, uma aproximacao dessa solucao. Ja uma atitude denatureza mais teorica, digamos assim, seria a de certificar-se da existenciade alguma solucao.
E claro que ha situacoes e situacoes e que uma atitude nao precisa (talveznao deva) excluir a outra. Perceber que um certo problema nao tem solucao(pelo menos nao do tipo que estamos procurando) pode nos salvar de muitador-de-cabeca e trabalho. Por outro lado, se uma razoavel aproximacao e oque precisamos, nada de grandes teorizacoes, e hora de arregacar as mangase trabalhar.
5
Calculo I Aula 08 - Versao 1.0
Atividade 8.3.
Convenca-se de que a equacao polinomial x3−3x2+4x−1 = 0 tem umaraiz no intervalo [0, 1]. Encontre uma aproximacao com duas casas decimaisdesta raiz.
Atividade 8.4.
Para quais valores de a a equacao polinomial x2 − 3x + a = 0 tem duasraızes distintas.
O Teorema do Valor Intermediario
O enunciado de um teorema e uma coisa fundamental. Voce deveraser capaz de lembrar-se das hipoteses, saber qual e a conclusao assim comoalguns bons exemplos nos quais o teorema se aplica. No caso do teoremaque estamos para enunciar, os ingredientes sao:
(a) uma funcao (que sera contınua);
(b) um intervalo fechado;
(c) um numero entre os valores da tal funcao nos extremos do intervalo.
A conclusao do teorema diz que o numero do item (c) esta na imagemda funcao. Veja:
Teorema do Valor Intermediario:
Seja f : [a, b] −→ R uma funcao contınua e seja d um numero entref(a) e f(b). Entao existe um numero c ∈ (a, b) tal que
f(c) = d.
A afirmacao “d um numero entre f(a) e f(b)” inclui duas possibilidades:
f(a) < d < f(b) ou f(b) < d < f(b),
como os exemplos ilustrados nas figuras 8.1 e 8.2 ilustram.
Alem disso, o exemplo ilustrado na figura 8.3 evidencia a importanciada hipotese “f e uma funcao contınua”.
6
Calculo I Aula 08 - Versao 1.0
Vamos a mais um exemplo.
Exemplo 8.1.
Ao falarmos em equacoes e provavel que pensemos em equacoes envol-vendo polinomiais, mas equacoes podem transcender esse universo algebrico.Vamos considerar uma dessas possibilidades.
Vamos mostrar que a equacao senx = 2x−3 tem solucao. Para tanto,usaremos o Teorema do Valor Intermediario.
Veja, precisamos de reescrever o problema, pois o teorema requer umafuncao, um intervalo e um valor.
Primeiro, a funcao, que deve ser contınua. Um bom truque consiste emreescrever a equacao na forma “alguma coisa” = 0, e obtemos, de quebra, ovalor, o numero zero. Assim, fazemos
sen x − 2x + 3 = 0
e escolhemos f(x) = senx− 2x + 3, uma funcao contınua, pois e a soma dafuncao contınua seno de x com uma funcao afim.
Agora, esta faltando o intervalo. Como o valor d e igual a zero, devemosescolher um intervalo cujos valores nos extremos tenham sinais diferentes:um positivo e o outro negativo.
Zero e sempre um bom candidato: f(0) = sen 0 + 3 = 3 > 0.
Pronto, o outro extremo precisa ser negativo. Como estamos lidando
com uma funcao trigonometrica, e conveniente usar multiplos deπ
2. Alem
disso, todo mundo sabe que π e um pouco maior do que 3. . .
Sem muita dificuldade, observamos que f(π) = senπ − 2π + 3 =−2π + 3 < −3 < 0.
Agora que terminamos nosso rascunho, por assim dizer, precisamos dara resposta a questao.
Considere a funcao contınua f(x) = senx − 2x + 3 no intervalo [0, π].Como f(0) = 3 > 0 > −3 > f(π), existe um numero c ∈ [0, π], tal que
f(c) = sen c − 2c + 3 = 0.
Na secao que voce lera a seguir apresentamos um resultado que e con-sequencia do Teorema do Valor Medio.
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Calculo I Aula 08 - Versao 1.0
Um teorema surpreendente
Ha na Matematica uma famılia de teoremas chamados de Teoremas doPonto Fixo. Esses teoremas sao muito importantes e podem ser aplicadosem diferentes situacoes. Por exemplo, sao usados na teoria das equacoesdiferenciais para provar a existencia de solucoes de certas equacoes assimcomo a existencia de situacoes de equilıbrio na teoria dos jogos.
De qualquer forma voce pode estar pensando: o que e um ponto fixo?
A teoria dos jogos e umaarea da Matematica que
trata de conflito ecolaboracao. Isto e, estudasituacoes nas quais se podefavorecer ou contrariar umadas partes que se opoem ou
mesmo a ambas.Essa parte da Matematica
desenvolveu-se muito apartir do seculo passado e
tem uma forte interface coma Economia, com a
Sociologia, assim comooutras areas das Ciencias
Humanas.
Muito bem, eis aqui a definicao:
Ponto Fixo:
Um ponto x0 ∈ A e um ponto fixo da funcao f : A −→ A se f(x0) = x0.Isto e, a funcao f fixa o ponto x0.
Uma funcao f admite um ponto fixo se, e somente se, a equacao f(x) =x tem solucao.
Veja a situacao a seguir. Coloque uma colher dentro de um copo comleite e mexa, mexa, bastante. Enquanto isso, imagine como todas essaspartıculas dentro do copo vao girando, girando, correndo num rodopio.
Voce se surpreenderia com a afirmacao de que apos todo esse processo,assim que o leite parar de mexer-se, pelo um ponto do copo estara exa-tamente na posicao inicial, antes do leite ser mexido? Isto e, ao final doprocesso havera um ponto do copo de leite que estara fixo apesar da mu-danca de todos os outros. Note que, durante o processo, o tal ponto podeter passeado por todo o copo, mas voltara a sua posicao inicial quando oleite parar de mexer.
Mais ainda, suponha que voce decida mover este ponto e, enfiando acolher no copo novamente, volte a mexer o leite. Novamente, apos o leitevoltar a ficar parado, se o ponto da situacao anterior estiver em algumaoutra posicao, certamente um segundo ponto passara a ocupar a posicaoque estava antes de todo o processo ter comecado.
Realmente, concordo que a questao deixa margem a duvida. Parecepouco provavel, nao e, uma vez que a colher danca de la para ca, procurandoremexer todos os pontos.
Vamos, portanto, a uma experiencia um pouco mais “controlavel”.
Tome duas folhas de papel quadriculado, daquelas que se usa nas aulasde Aritmetica. Com um pouco de paciencia, enumere os quadradinhos de
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cada uma delas de forma que quando as sobrepomos os numeros correspon-dentes sejam iguais. Algo assim como o que esta sugerido na figura 8.4 aseguir.
1 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14 15
16 17 18 19 20
21 22 23 24 25
26 27 28 29 30
31 32 33 34 35
36 37 38 39 40
41 42 43 44 45
1 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14 15
16 17 18 19 20
21 22 23 24 25
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31 32 33 34 35
36 37 38 39 40
41 42 43 44 45
Figura 8.4
Agora, tome a folha que estava por cima, amasse-a como se fosse joga-lafora e a deixe cair sobre a folha que havia ficado sobre a mesa, de maneiraque nenhum pedacinho fique de fora. Veja a figura 8.5 a seguir.
Figura 8.5
Por mais difıcil de acreditar que pareca, ha pelo menos um quadradinhoda folha amassada que recai sobre a folha lisa sobre a mesa, de forma queseus numeros correspondentes sejam iguais. Ou seja, ha um ponto fixo!
Essas duas situacoes sao modelos de teoremas “de ponto fixo”. Isto e,teoremas que sob certas condicoes garantem a existencia de um ponto fixo.
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Exemplo 8.2. Vamos mostrar que a funcao f : R −→ R, definida porf(x) = x2 − x− 3 admite ponto fixo.
Para isso, devemos resolver a equacao f(x) = x, que resulta em
x2 − x− 3 = x
x2 − 2x− 3 = 0(x + 1) (x− 3) = 0,
cujas raızes sao −1 e 3. Portanto, f(−1) = 1 + 1 − 3 = −1 e f(3) =9− 3− 3 = 3.
Se f e uma funcao real, de uma variavel real, podemos ver os seuspontos fixos, caso eles existam. Eles correspondem as intersecoes do graficoda funcao f com o grafico da funcao identidade, a bissetriz dos primeiro eterceiro quadrantes. Veja a figura correspondente ao exemplo.
Figura 8.4
r−1
r
3
Grafico de uma funcao com dois pontos fixos.
Atividade 8.5.
Mostre que a funcao g(x) = x2 − x + 2 nao admite pontos fixos.
Como voce pode deduzir do exemplo 8.2 e da atividade 8.5, ha funcoesque admitem pontos fixos e ha funcoes que nao admitem pontos fixos. Oteorema que apresentaremos a seguir
Teorema do Ponto Fixo:
Seja f : [0, 1] −→ [0, 1] uma funcao contınua. Entao existe um pontox0 ∈ [0, 1] tal que f(x0) = x0.
Isto e, toda funcao contınua do intervalo [0, 1] nele mesmo admite umponto fixo.
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Este teorema e um corolario do Teorema do Valor Intermediario. Vejaos argumentos a seguir.
Demonstracao do Teorema do Ponto Fixo:
Se f(0) = 0, a tese do teorema esta satisfeita. Portanto, podemos suporque f(0) > 0.
Analogamente, se f(1) = 1, o teorema se cumpre. Assim, vamos supor,tambem, que f(1) < 1.
Agora, como f(x) ∈ [0, 1] ⊂ R, podemos considerar g(x) = f(x) − x,uma funcao contınua definida no intervalo [0, 1].
Das consideracoes anteriores, podemos ver que:
(a) g(0) = f(0)− 0 = f(0) > 0;
(b) g(1) = f(1)− 1 < 0, pois f(1) < 1.
Resumindo,
g(0) > 0 > g(1).
Podemos, portanto, aplicar a funcao g o Teorema do Valor Intermediario.Isto e, existe x0 ∈ [0, 1] tal que 0 = g(x0) = f(x0)− x0 e, portanto,
f(x0) = x0.
Atividade 8.6.
No plano cartesiano da figura 8.5, a seguir, esboce o grafico de umafuncao do intervalo [0, 1] nele mesmo que nao tenha pontos fixos.
Na figura 8.6, a seguir, esboce o grafico de uma funcao contınua.
Figura 8.5
1
1
Figura 8.6
1
1
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Voce deve ter concluıdo que a funcao da esquerda nao e contınua e quea funcao da direita tem pelo menos um ponto fixo.
Voce seria capaz de desenhar o grafico de uma funcao contınua do in-tervalo [0, 1] nele mesmo que tenha 5 pontos fixos?
O Teorema do Ponto Fixo e um resultado que depende da continuidadeda funcao em todo o seu domınio que deve ser um intervalo fechado.
Aqui cada detalhe e importante. Por exemplo, se trocassemos o intervalo[1, 0] por (1, 0) no enunciado do Teorema do Ponto Fixo, continuarıamos ater um teorema?
A propriedade das funcoes contınuas que estudaremos agora e de natu-reza ligeiramente diferente. Na verdade, ela depende apenas da continuidadede f num ponto especıfico. Aqui esta a ultima etapa desta aula.
A propriedade da continuidade do sinal
Quando voce quer estudar os sinais de uma funcao quadratica, porexemplo, basta descobrir as raızes e seguir o esquema que aprendeu no Pre-Calculo, por exemplo. Isso e, entre as raızes, sinal contrario de a, fora dasraızes, mesmo sinal de a.
A regra vale e e muito pratica. Ela diz que, se a funcao assume o sinalpositivo, por exemplo, num certo ponto, esse sinal permanece o mesmo emtorno do ponto em questao. Note que ha um certo tom vago na afirmacaoem torno de.
Essa propriedade (da permanencia do sinal) nao e exclusiva das funcoesquadraticas. Ela e uma propriedade das funcoes contınuas. Vamos enuncia-la propriamente.
Propriedade da permanencia do sinal das funcoes contınuas:
Sef e contınua em a e f(a) > 0, entao existe um numero r > 0 tal que,se x ∈ (a− r, a + r), f(x) > 0.
Isso e, se f(a) tem sinal positivo, os pontos proximos a a tambem assu-mem valores positivos por f .
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Atividade 8.7.
Veja o grafico da funcao seno em torno do pontoπ
2e observe como ela,
uma funcao contınua, satisfaz a propriedade da permanencia do sinal.
Comentarios Finais
Nessa aula voce conheceu dois teoremas importantes: o Teorema doValor Intermediario e o Teorema do Ponto Fixo. O Teorema do Valor Inter-mediario voltara a ser mencionado nessa disciplina.
Nao deixe de pensar um pouco nas discussoes sobre os aspectos praticose teoricos da Matematica e lembre-se de que a virtude esta no meio, seja laonde o meio estiver...
Finalmente, voce quer saber qual e a raiz exata da equacao estudadapor Fibonacci? Foi preciso esperar mais do que tres seculos para que osmatematicos descobrissem como resolver equacoes de grau tres por radicais.No caso da equacao x3 + 2x2 + 10x = 20, a resposta e
x =3√
352 + 6√
3930 + 3√
352− 6√
3930− 23
.
Realmente, a resposta dada por Fibonacci, x u 1.368808108, nao e ma,nao e mesmo?
Respostas de algumas Atividades
Atividade 8.3.
Convenca-se de que a equacao polinomial x3−3x2+4x−1 = 0 tem umaraiz no intervalo [0, 1]. Encontre uma aproximacao com duas casas decimaisdesta raiz.
Solucao:
Considere f(x) = x3 − 3x2 + 4x − 1. Note que f(0) = −1 e f(1) =1− 3 + 4− 1 = 1.
Como os valores da polinomial “passam” de −1 para 1, na medida quex “vai” de 0 para 1, podemos esperar que em algum numero entre 0 e 1 apolinomial assumira o valor 0.
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Vamos usar a tecnica de dividir ao meio o intervalo para “localizar” araiz.
f(0, 5) = 0, 375, portanto a raiz esta entre 0 e 0, 5.
f(0, 25) = −1, 71875, portanto a raiz esta entre 0, 25 e 0, 5.
f(0, 35) = 0, 130859375, e a raiz esta entre 0, 25 e 0, 35.
Prosseguindo assim mais alguns passos, concluımos que a raiz esta entre0, 3125 e 0, 31875, o que nos da uma aproximacao de duas casas decimais.
Atividade 8.4.
Para quais valores de a a equacao polinomial x2 − 3x + a = 0 tem duasraızes distintas.
Solucao:
A condicao para que a equacao tenha duas raızes (reais) distintas e
9− 4a > 0. Ou seja, a <94.
Note a diferenca entre as solucoes dessas duas atividades. Uma maispratica, outra mais teorica, digamos assim.
Exercıcios
Exercıcio 1
Determine se e possıvel usar o Teorema do Valor Intermediario parasaber se a equacao f(x) = x2−3x = 5 tem solucao em cada um dos intervalosa seguir:
a) [−3, −2]; b) [−2, 2]; c) [2, 4]; d) [4, 6]; e) [−2, 5];
Exercıcio 2
Mostre que a equacao x2 − x5 = 1 admite solucao.
Exercıcio 3
Para cada uma das funcoes polinomiais a seguir, determine um inteiron tal que f(x) = 0 para algum x entre n e n + 1.
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a) f(x) = x3 − x + 3;
b) f(x) = x5 + x + 1;
c) f(x) = x5 + 5x4 + 2x + 1;
d) f(x) = 4x2 − 4x + 1.
Exercıcio 4
Sabendo que ln (3+ π2 ) < 1, 6, mostre que a equacao 2 senx = ln (x+3)
tem solucao.
Exercıcio 5
Suponha que f e uma funcao contınua definida no intervalo [0, 1]. Sa-bendo que f(x) e um numero racional, para qualquer x ∈ [0, 1], o quepodemos dizer a respeito de f?
Exercıcio 6
Seja f : [0, 1] −→ R uma funcao contınua tal que f(0) > 0 e f(1) < 1.Mostre que existe um numero c ∈ [0, 1], tal que f(c) =
√c.
Exercıcio 7
Seja f uma funcao inversıvel. Mostre que, se f admite um ponto fixo,a sua funcao inversa tambem admite ponto fixo.
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