Matemática 1 - paginapessoal.utfpr.edu.brpaginapessoal.utfpr.edu.br/lcpereira/esta-e-uma-pasta/mat-196100/... · Limites, continuidade e diferenciação de funções 1 Limites, continuidade

Matemática 1

Semanas 9, 10 e 11

Professor Luiz Claudio Pereira

Faculdade de Planaltina

Universidade de Brasília

Material Previsto para três semanas

113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 1 / 100

Limites, continuidade e diferenciação de funções

1 Limites, continuidade e derivação de funçõesDe�nições, propriedades e exemplos


Limites de funçõesFundamentos

De�nição

Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. A função que faz corresponder a cada a ∈ X o elementog (f (a)) ∈ Y é denominada função composta de f e g . Simbolicamente,escreve-se g ◦ f : X → Y .

Exemplo

Considere as funções reais de variável real f (x) = 2x e g (x) = senx . Segueque, ∀a ∈ R, (g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g (2a) = sen2a. Em relação àsfunções dadas X = R, D = R, f (X ) = R e f (X )⊂ D.

Considere as funções reais de variável real f (x) = 1/x e g (x) = ex . Segueque, ∀a ∈ R−{0}, (g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g (1/a) = e1/a. Em relação àsfunções dadas X = R−{0}, D = R, f (X ) = R−{0} e f (X )⊂ D.



De�nição


Exemplo

Considere as funções reais de variável real f (x) =√x e g (x) = x2. Segue

que(g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g

(√a)

=(√

a)2

= a

pois a ∈ R e a > 0. Em relação às funções dadas, X = R+, D = R,f (X ) = R+ e f (X )⊂ D.

É g ◦ f igual à função identidade ψ (x) = x?



De�nição


Exemplo

Considere as funções reais de variável real f (x) = x2 e g (x) =√x . Segue

que,(g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g

(a2)

=√a2 = |a|

pois a ∈ R. Em relação às funções dadas, X = R, D = R+, f (X ) = R+ ef (X )⊂ D.

É g ◦ f igual à função módulo ψ (x) = |x |?113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 5 / 100


De�nição


Exemplo

Sejam f : R→ R e g : R−{0}→ R dadas por f (x) = cosx e g (x) =1x.

(i) Certa pessoa realiza o seguinte cálculo

(g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g (cosx) =1

cosa= seca

Isso pode ser feito? Justi�que.



De�nição


Resposta

Sendo f : R→ R e g : R−{0}→ R dadas por f (x) = cosx e g (x) =1x,

não se pode calcular

(g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g (cosx) =1

cosa= seca,

pois X = R é o domínio de f , f (X ) = [−1,1] é a imagem de f ,D = R−{0} é o domínio de g e

f (X ) ⊂/D.



De�nição


Exemplo

Sejam ψ : R→ R e λ : R−{0}→ R dadas por ψ (x) = cosx e λ (x) =1x.

(ii) Outra pessoa realiza o seguinte cálculo

(ψ ◦λ )(a) = ψ (λ (a)) = ψ (1/a) = cos1a

Isso pode ser feito? Justi�que.



De�nição


Resposta

Sendo ψ : R→R e λ : R−{0}→R dadas por ψ (x) = cosx e λ (x) =1x, é

possível calcular

(ψ ◦λ )(a) = ψ (λ (a)) = ψ (1/a) = cos1a

pois X = R−{0} é o domínio de λ , λ (X ) = R−{0} é a imagem de λ ,D = R é o domínio de ψ e λ (X )⊂ D.



Exercício

1. Dadas as funções f e g , determine as compostas f ◦g e g ◦ f e seusrespectivos domínios.(a) f (x) = x2−2 e g (x) =

√x (b) f (x) = 3x2 +2 e g (x) =

√x−4

2. Dadas as funções f (x) =

{x2 +2, se x ≤ 1

4− x2, se x > 1e g (x) = 2−3x ,

determine as leis (regras) que de�nem f ◦g e g ◦ f .

3. Sejam as funções f (x) =

−2x−1, se x ≤ 0

x2−3, se 0< x ≤ 3

x , se x > 3

e g (x) =√1− x .

(a) Faça o esboço do grá�co de f .(b) Determine g ◦ f e seu respectivo domínio.



Exemplo

Sejam X = [−3,+∞), Y = [0,+∞). As funções f : X → Y dada porf (x) =

√x +3 e ψ : Y → X de�nida por ψ (y) = y2−3 são tais que:

(i) Para todo y ∈ Y , tem-se(f ◦ψ)(y) = f (ψ (y)) = f

(y2−3

)=√

(y2−3) +3 =√y2 = y , pois

y ≥ 0. (ii) Para todo x ∈ X , obtém-se

(ψ ◦ f )(x) = ψ (f (x)) = ψ(√

x +3)

=(√

x +3)2−3 = (x +3)−3 = x ,

pois x +3≥ 0.

Noutras palavras, (i) f ◦ψ : Y → Y é a função identidade (de Y em Y ) e(ii) ψ ◦ f : X → X é a função identidade (de X em X ).

De�nição

Uma função ψ : Y → X é chamada inversa de f : X → Y quandof ◦ψ : Y → Y e ψ ◦ f : X → X são as funções identidades.



Uma função de f : X → Y que admite inversa é dita invertível.

Teorema

Uma função f : X → Y é invertível se, e somente se, ela é bijetiva.

Prova: Será omitida.

Exemplo

Sejam X = (−3,1] e Y = (−4,12]. Vimos que a função f : X → Y dadapor f (x) = x3 +3x2 +3x +5 = (x +1)3 +4 é bijetiva. Pelo teorema, acimaexiste ψ : Y → X , a função inversa de f .

Exercício

Mostre que ψ : Y → X de�nida por ψ (y) = 3√y −4−1 é a inversa de f .



Notação

É usual indicar a função inversa de f : X → Y pelo símbolo f −1.

Exemplo - as funções exponencial e logarítmica

Sejam a> 0 e Y = (0,+∞). A função f : R→ Y dada por y = f (x) = ax ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → R denotada por f −1 (y) = loga y .

Algumas propriedades do logaritmo

Por de�nição, para todo y ∈ Y ,(f ◦ f −1

)(y) = y ⇔

f(f −1 (y)

)= y ⇔

f (loga y) = y ⇔aloga y = y




Sejam a> 0 e Y = (0,+∞). A função f : R→ Y dada por y = f (x) = ax ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → R denotada por f −1 (y) = loga y .


Por de�nição, para todo x ∈ R,(f −1 ◦ f

)(x) = x ⇔

f −1 (f (x)) = x ⇔f −1 (ax) = x ⇔loga a

x = x

Em particular, tomando x = 1, segue que loga a = 1.




Sejam a > 0 e Y = (0,+∞). f : R→ Y dada por y = f (x) = ax é bijetiva.f −1 : Y → R dada por f −1 (y) = loga y também é bijetiva.


Considere w = f −1 (u · v) = loga (u · v), p = f −1 (u) = loga u eq = f −1 (v) = loga v . Por de�nição de função inversa, u · v = f (w) = aw ,u = f (p) = ap e v = f (q) = aq. Deste modo,

f (w) = u · v ⇔f (w) = f (p) · f (q) ⇔f (w) = ap ·aq = ap+q ⇔f (w) = f (p+q)

Como f é injetiva, w = p+q⇔ loga (u · v) = loga u+ loga v .




Sejam a,b > 0, Y = (0,+∞), f : R→ Y dada por y = f (x) = bx ef −1 : Y → R de�nida por f −1 (y) = logb y . Considere ainda as funçõesψ : R→ Y , ψ (x) = ax , e ψ−1 : Y → R dada por ψ−1 (y) = loga y . Noteque f , f −1, ψ , ψ−1 são bijetivas.


Como a ∈ Y , ∃r ∈ R tal que r = f −1 (a) = logb a⇔ a = f (r) = br . Paratodo w ∈ R dado,∃v = ψ (w) = aw = (br )w = br ·w = f (r ·w)⇔ r ·w = f −1 (v) = logb v .Ora, v = ψ (w) = aw ⇔ w = ψ−1 (v) = loga v . Deste modo,

r ·w = logb v ⇔

logb a · loga v = logb v ⇔ loga v =logb vlogb a



Exercício - mais propriedades do logaritmo

Mostre que: (i) logau

v= loga u− loga v . (ii) logb a

k = k · logb a.

Exemplo - funções trigonométricas inversas

Sejam X = [0,π],Y = [−1,1]. f : X → Y dada por y = f (x) = cosx ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → X denotada por x = f −1 (y) = arccosy .

Algumas propriedades da função arco-cosseno


)(y) = y ⇔

f(f −1 (y)

)= y ⇔ f (arccosy) = y

⇔ cos(arccosy) = y




Sejam X = [0,π],Y = [−1,1]. f : X → Y dada por y = f (x) = cosx ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → X denotada por x = f −1 (y) = arccosy .

Algumas propriedades da função arco-cosseno

Por de�nição, para todo x ∈ X ,(f −1 ◦ f

)(x) = x ⇔

f −1 (f (x)) = x ⇔ f −1 (cosx) = x

⇔ arccos(cosx) = x

∀x ∈ X , cos(π− x) = cosπ · cosx + senπ · senx =−cosx =−y ∈ Y . Daí,arccos(−y) = π− x = π−arccosy ⇔ arccosy +arccos(−y) = π.


Funções elementaresFundamentos

Exemplo - função arco-cosseno

Seja f : [0,π]→ [−1,1] de�nidapor f (x) = cosx .

f é bijetiva. Existe a função inversa def e y = cosx ⇔ x = arccosy . A funçãox = f −1 (y) = arccosy , y ∈ [−1,1] échamada função arco-cosseno.





Por costume, usando x para variávelindependente e y para variáveldependente, i. e., permutando-se x ey , obtém-se y = f −1 (x) = arccosx ,x ∈ [−1,1].





É usual pôr o eixo das abscissas na ho-rizontal e o das ordenadas na vertical,nos sentidos usuais, através de umare�exão em R3 e uma rotação em R2.



Exercício - mais propriedades do arco-cosseno

Mostre que:(i) arcsenx +arccosx = π/2, x ∈ (0,1) (ii) tg (arccos2/3) =

√5/2.


Sejam X = [0,π],Y = R− (−1,1). f : X → Y dada por y = f (x) = secx ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → X denotada por x = f −1 (y) = arcsecy .

Algumas propriedades da função arco-secante


)(y) = y ⇔

f(f −1 (y)

)= y ⇔ f (arcsecy) = y

⇔ sec(arcsecy) = y113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 22 / 100



Sejam X = [0,π],Y = R− (−1,1). f : X → Y dada por y = f (x) = secx ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → X denotada por x = f −1 (y) = arcsecy .

Algumas propriedades da função arco-secante

Por de�nição, ∀x ∈ X , (f −1 ◦ f

)(x) = x ⇔

f −1 (f (x)) = x ⇔ f −1 (secx) = x

⇔ arcsec(secx) = x

∀|x | ≥ 1, sendo u = arccos1/x , segue que cosu =1x, x =

1cosu

= secu e ,

por conseguinte, u = arcsecx . Assim, arcsecx = arccos1x, ∀|x | ≥ 1.



Exemplo - função arco-secante

f : [0,π]−{π/2}→ R− (−1,1)de�nida por f (x) = secx .

f é bijetiva. Existe a função inversa def e y = secx ⇔ x = arcsecy . A funçãox = f −1 (y) = arcsecy , y ∈ R− (−1,1)é chamada função arco-cosseno.





Por costume, usando x para variávelindependente e y para variáveldependente, i. e., permutando-se x ey , obtém-se y = f −1 (x) = arcsecx ,x ∈ R− (−1,1).





É usual pôr o eixo das abscissas na ho-rizontal e o das ordenadas na vertical,nos sentidos usuais, através de umare�exão em R3 e uma rotação em R2.


Limites de funçõesPropriedades - operações com limites

Exercício

1. Determine os valores de:

(a) arcsec(sec(−π

6

)). (b) sec

(arccos

12

).

(c) arccotg(cotg

(−π

4

)). (d) sec(arctg1+arccossec1).

(e) cotg

(arcsen

(−√32

)). (f) cossec(arcsec2) + cos

(arctg

(−√3)).

2. Calcule as expressões: (a) tg(arcsec

y

5

). (b) sen

(arcsec

x

4

).



Teorema

Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. Suponha que exista lim

x→af (x) = L ∈ D e que g seja contínua.

Então, limx→a

(g ◦ f )(x) = g (L).

Prova

Porque g é contínua em D e L ∈ D, ∀ε > 0 dado, ∃η > 0 tal que|y −L|< η ⇒ |g (y)−g (L)|< ε . Assim, dado este η > 0, ∃δ > 0 tal que0< |x−a|< δ ⇒ |f (x)−L|< η . Sendo y = f (x), obtém-se0< |x−a|< δ ⇒ |(g ◦ f )(x)−g (L)|< ε .

Observação

Nas condições do teorema acima, pode-se escrever

limx→a

g (f (x)) = g(limx→a

f (x)).



Teorema



Então, limx→a


f (x)).

Exemplo

g (x) = senx é contínua em R. f (x) =4x2−π2

2x−πé tal que

limx→π/2

f (x) = limx→π/2

(2x−π)(2x + π)

2x−π= lim

x→π/2(2x + π) = 2π. Logo,

limx→π/2

g (f (x)) = limx→π/2

g

(4x2−π22x−π

)= lim

x→π/2sen

(4x2−π2

2x−π

)= sen

(lim

x→π/2

4x2−π2

2x−π

)= sen(2π) = 0.



Teorema



Então, limx→a


f (x)).

Corolário - a composição de funções contínuas é contínua

Se limx→a

f (x) = f (a), ou seja, f é contínua em a, e g é contínua em f (a),

então g ◦ f é contínua em a.

Prova

Pelo teorema,limx→a

(g ◦ f )(x) = limx→a


f (x))

= g (f (a)) = (g ◦ f )(a).



Exemplo

Calcule limx→0

esen2x3x .

Solução

Sendo g (x) = ex e f (x) =sen2x3x

, tem-se que g é contínua em R e

limx→0

f (x) = limx→0

sen2x3x

= limx→0

{23· sen2x

2x

}=

23· lim

θ→0

senθ

θ=

23·1 =

23

Ora, (g ◦ f )(x) = g (f (x)) = g

(sen2x3x

)= e

sen2x3x . Assim,

limx→0

esen2x3x = lim

x→0g (f (x)) = g

(limx→0

f (x))

= elimx→0

sen2x3x = e2/3 =

3√e2



Exemplo

Calcule limx→π/4

ln(tgx).

Solução

Sendo g (x) = lnx e f (x) = tgx , tem-se que g é contínua em x > 0, x∈ R,f é contínua em π/4 e

(g ◦ f )(x) = g (f (x)) = g (tgx) = ln(tgx)

Assim,

limx→π/4

ln(tgx) = limx→π/4

g (tgx) = g

(lim

x→π/4tgx

)= ln

(lim

x→π/4tgx

)= ln

(tg

π

4

)= ln1 = 0



Exemplo

Sejam L = limx→a

ϕ (x) e M = limx→a

ψ (x) e y = ϕ (x)ψ(x) uma função. Das

propriedades do logaritmo, obtém-se lny = lnϕ (x)ψ(x) = ψ (x) · lnϕ (x).Porque a função logarítmica é contínua, decorre que

limx→a

lny = limx→a{ψ (x) · lnϕ (x)}

ln(limx→a

y)

= limx→a

ψ (x) · limx→a

lnϕ (x) = limx→a

ψ (x) · ln(limx→a

ϕ (x))

ln(limx→a

y)

= M · lnL = lnLM

Como a função logarítmica é injetiva,

limx→a

y = limx→a

ϕ (x)ψ(x) = LM =(limx→a

ϕ (x)) limx→a

ψ(x)



Exemplo

Calcule limx→0

(1− cosxsen2 x

)sen2x3x .

Solução

(i) Da relação fundamental da trigonometria, decorre que limx→0

1− cosxsen2 x

=

limx→0

1− cosx1− cos2 x

= limx→0

1− cosx(1+ cosx)(1− cosx)

= limx→0

11+ cosx

=1

1+ cos0=

12.

(ii) A mudança de variável θ = 2x ⇔ x = θ/2, acarreta

limx→0

sen2x3x

= limθ→0

senθ

3 ·θ/2=

23· lim

θ→0

senθ

θ=

23. Deste modo,

limx→0

(1− cosxsen2 x

)sen2x3x =

{limx→0

(1− cosxsen2 x

)} limx→0

sen2x3x =

{12

}2/3

=13√4.



Observação

Na derivada de y = f (x) dada por

limh→0

f (x +h)− f (x)

h= f ′ (x) ,

o quocientef (x +h)− f (x)

h

é chamado razão incremental e costuma ser indicado pelo símbolo∆y

∆xou

∆y

h. Nessa notação, tem-se que

f ′ (x) = limh→0

∆y

h= lim

h→0

∆y

∆x



Sejam ϕ : X → Z e ψ : D→ Y funções deriváveis tais que u = ϕ (x),y = ψ (u) e ϕ (X )⊂ D. Considere a composta F = ψ ◦ϕ : X → Y ,

F (x) = (ψ ◦ϕ)(x) = ψ (ϕ (x)) = ψ (u) = y

Note que ψ ′ (u) =dydu

= y ′ e, a despeito da inconveniência de simbologia,

ϕ ′ (x) =dudx

= u′. Por de�nição, F ′ (x) = limh→0

∆y

he, se ocorrer ∆u 6= 0 à

medida que h→ 0,

F ′ (x)≡ limh→0

∆y

h= lim

h→0

∆y

∆u·∆u

h

= limh→0

∆y

∆u· limh→0

∆u

h

= ψ′ (u) ·ϕ ′ (x)

= ψ′ (ϕ (x)) ·ϕ ′ (x) =

dydu· dudx



Exemplo

Ache a derivada de F (x) = sen(x7−2x3

).

Solução

Considere u = ϕ (x) = x7−2x3, y = ψ (u) = senu. Segue que

y = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ◦ϕ)(x) = ψ(x7−2x3

)= sen

(x7−2x3

)= F (x)

Pelo que foi visto,

F ′ (x) = ψ′ (u) ·ϕ ′ (x) = ψ

′ (ϕ (x)) ·ϕ ′ (x) =dydu· dudx

Como ψ ′ (u) = senu e ϕ ′ (x) = 7x6−2 ·3x2 = 7x6−6x2, decorre que

F ′ (x) = sen(x7−2x3

)·(7x6−6x2

)= x2

(7x4−6

)sen(7x6−6x2

)113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 37 / 100


Exemplo

Ache a derivada de F (x) = tg√x .

Solução

Considere u = ϕ (x) =√x , y = ψ (u) = tgu. Segue que

y = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ◦ϕ)(x) = ψ(√

x)

= tg√x = F (x)

Ora, F ′ (x) = ψ ′ (u) ·ϕ ′ (x) = ψ ′ (ϕ (x)) ·ϕ ′ (x) =dydu· dudx

. Como

ψ ′ (u) = sec2 u e ϕ ′ (x) = 1/2 · x1/2−1 = 1/2x−1/2, decorre que

F ′ (x) = sec2√x ·1/2x−1/2 =

sec2√x

2√x



Teorema (Regra da Cadeia)

Sejam ϕ : X → Z , ψ : D→ Y e ϕ (X )⊂ D. Se existem ϕ ′ (x) e ψ ′ (u),u = ϕ (x), então ψ ◦ϕ : X → Y é derivável em x e(ψ ◦ϕ)′ (x) = ψ ′ (u) ·ϕ (x).

Prova

Para contornar o problema de eventualmente ocorrer ∆u = 0 à medida que

h→ 0, considere a função auxiliar σ (∆u) =

∆y

∆u− dy

du, se ∆u 6= 0

0, se ∆u = 0. Daí,

σ (∆u) =∆y

∆u− dy

du⇔ ∆y

∆u=

dydu

+ σ (∆u)⇔∆y =

[dydu

+ σ (∆u)

]·∆u,

que vale mesmo quando h→ 0. Como ϕ é contínua em x ,∆u = ϕ (x +h)−ϕ (x) é tal que h→ 0⇒∆u→ 0. Ademais,




Sejam ϕ : X → Z , ψ : D→ Y e ϕ (X )⊂ D. Se existem ϕ ′ (x) e ψ ′ (u),u = ϕ (x), então ψ ◦ϕ : X → Y é derivável em x e(ψ ◦ϕ)′ (x) = ψ ′ (u) ·ϕ ′ (x).

Prova

limh→0

σ (∆u) = lim∆u→0

σ (∆u) = lim∆u→0

{∆y

∆u− dy

du

}= lim

∆u→0

∆y

∆u− dy

du= 0 e

dydx≡ lim

h→0

∆y

h= lim

h→0

[dydu

+ σ (∆u)

]·∆u

h=

= limh→0

[dydu

+ σ (∆u)

]· limh→0

∆u

h

=dydu· dudx



Exemplo

Ache a derivada de F (x) = cosx2.

Solução

Considere u = ϕ (x) = x2, y = ψ (u) = cosu. Segue quey = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ◦ϕ)(x) = ψ

(x2)

= cosx2 = F (x). Pela Regrada Cadeia,

F ′ (x) =dydu· dudx

=ddu{cosu} · d

dx

{x2}

=−senu ·2x=−senx2 ·2x=−2x senx2



Exemplo

Ache a derivada de F (x) =√secx .

Solução

Considere u = ϕ (x) = secx , y = ψ (u) = u1/2. Segue quey = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ◦ϕ)(x) = ψ (secx) =

√secx = F (x). Pela

Regra da Cadeia,

F ′ (x) =dydu· dudx

=ddu

{u1/2

}· ddx{secx}=

12·u

12−1 · (tgx · secx)

=tgx secx

2(secx)1/2=

tgx√secx2




Sejam ϕ : X → Z , ψ : D→ Y e ϕ (X )⊂ D. Se existem ϕ ′ (x) e ψ ′ (u),u = ϕ (x), então y = ψ ◦ϕ : X → Y é derivável em x e(ψ ◦ϕ)′ (x) = ψ ′ (u) ·ϕ ′ (x).

Exemplo

Se y = ϕ (x) é invertível, ∃x = ψ (y) = ϕ−1 (y) e(ψ ◦ϕ)(x) = ϕ−1 (ϕ (x)) = x . Se ψ e ϕ são funções deriváveis, a derivaçãoem a x , conduz a

(ψ ◦ϕ)′ (x) = 1

dψ

dy· dϕ

dx= 1⇔ dψ

dy=

1dϕ

dx

⇔ dxdy

=1dydx

⇔ dϕ−1

dy=

1dϕ

dx



Corolário (Teorema da Derivada da Função Inversa)

Sejam f : X ⊂R→ Y ⊂R invertível e g = f −1 : Y → X sua inversa. Se f éderivável no ponto a e g é contínua em b = f (a), então g é derivável no

ponto b se, e só se, f ′ (a) 6= 0. No caso a�rmativo, g ′ (b) =1

f ′ (a).

Prova

(⇒) Comodgdy

(b) · dfdx

(a) = 1, decorre que f ′ (a) 6= 0.

(⇐) Porque g é contínua em b = f (a), limy→b

x = limy→b

g (y) = g (b) = a.

Ademais, se y ∈ Y −{b}, então g (y) 6= a, pois g é bijetiva. Daí,

g ′ (b)≡ limy→b

g (y)−g (b)

y −b= lim

x→a

x−a

f (x)− f (a)= lim

x→a

1f (x)− f (a)

x−a

=1

f ′ (a)



Exemplo - derivada da função arco-seno

Ache a derivada de y = arcsenx .

Solução

y = arcsenx ≡ g (x)⇔ x = seny ≡ f (y). Daí,dxdy

=cosy , y ∈ [−π/2,π/2].

Como cosy > 0, da relação fundamental da trigonometria,cos2 y + sen2 y = 1, obtém-se

cosy =√1− sen2 y =

√1− x2

O Teorema da Derivada da Função Inversa acarreta

y ′ = (arcsenx)′ =dydx

=1dxdy

=1

cosy=

1√1− x2



Exemplo - derivada da função arco-tangente

Ache a derivada de y = arctgx .

Solução

y = arctgx ≡ g (x)⇔ x = tgy ≡ f (y). Daí,dxdy

=sec2 y , y ∈ [−π/2,π/2].

Como cosy > 0, secy > 0 e, da relação fundamental da trigonometria,cos2 y + sen2 y = 1, obtém-se

cos2 ycos2 y

+sen2 ycos2 y

=1

cos2 y⇔ 1+ tg2 y = sec2 y ⇔ secy =

√1+ x2.

O Teorema da Derivada da Função Inversa acarreta

y ′ = (arctgx)′ =dydx

=1dxdy

=1

sec2 y=

11+ x2



Exercício

Determine as derivadas das funções trigonométricas inversas.(a) y = arccosx . (b) y = arcsecx .(c) y = arccossecx . (d) y = arccotgx .

Exemplo - duas formas de derivação

Seja y = f (x) =√x . Sabe-se, usando explicitamente a de�nição de

derivada, que y ′ = 1/2 · x1/2−1 = 1/2x−1/2. Contudo, note quey =√x ⇔ y2 = x ⇔ y2− x = 0⇔ G (x ,y) = 0, G (x ,y)≡ y2− x .

Nessa última expressão, y é função de x e G (x ,y) = 0 é sua formaimplícita. Pela Regra da Cadeia, a derivação em relação x , acarreta

ddy

{y2}· dydx− d

dx{x}= 0⇔ 2y2−1 · y ′−1 = 0⇔ 2y · y ′ = 1⇔ y ′ =

12y

que fornece o mesmo resultado, uma vez que y = x1/2.



Derivação implícita

Quando uma função f de x é dada implicitamente por meio de umaexpressão matemática da forma G (x , f (x)) = 0, a derivada de f emrelação a x pode ser obtida usando a Regra da Cadeia.

Exemplo

Considere y uma função de x , ou seja, y = f (x) dada implicitamente pory = sen(x + y). Derivando implicitamente em relação a x e usando a Regrada Cadeia, obtém-se

y ′ = cos(x + y) ·(1+ y ′

)⇔ y ′ = cos(x + y) + y ′ cos(x + y)

⇔ y ′ [1− cos(x + y)] = cos(x + y)

⇔ y ′ =cos(x + y)

1− cos(x + y)



Derivação implícita

Quando uma função f de x é dada implicitamente por meio de umaexpressão matemática da forma G (x , f (x)) = 0, a derivada de f emrelação a x pode ser obtida usando a Regra da Cadeia.

Exemplo

Considere y uma função de x , ou seja, y = f (x)dada implicitamente pory3 +y ·cosx2−2 = 0. Derivando implicitamente em relação a x e usando aRegra da Cadeia, obtém-se

ddy

{y3}· dydx

+ddx

{y · cosx2

}= 0⇔ 3y2y ′+ y ′ · cosx2 + y ·

(−senx2

)2x = 0

⇔ y ′(3y2 + cosx2

)= 2xy senx2

⇔ y ′ =2xy senx2

3y2 + cosx2113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 49 / 100


Exercícios

1. Sejam y uma função de x dada implicitamente portg (xy) + y cos(xy) = 0. Certo autor a�rma que

y ′ = y · 2y sen(xy)− y

x + cos(xy)−2xy sen(xy)Você concorda ou discorda? Justi�que.

2. Encontre, se possível, uma extensão contínua da função f : R−{0}→ Rde�nida por f (x) =

√|x |sen 1

x.

3. Ache limx→0

f (x) para a função:

(a) f (x) =

{x2 sen(1/x) , se x > 0√x , se x < 0

(b) f (x) =x + x cosxsenx · cosx


Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito

De�nição

Sejam f : X → Z uma função real de variável real.(i) Diz-se que α ∈ R é o limite de f quando x →+∞ se, e só se,

∀ε > 0,∃M > 0 : x >M ⇒ |f (x)−α|< ε .Neste caso, escreve-se lim

x→+∞f (x) = α .

(ii) Diz-se que β ∈ R é o limite de f quando x →−∞ se, e só se,∀ε > 0,∃N > 0 : x <−N ⇒ |f (x)−β |< ε .

Neste caso, escreve-se limx→−∞

f (x) = β .

Observação

As propriedades de limites vistas se aplicam de modo natural aos limites noin�nito. Neste sentido, e. g., se existem α = lim

x→+∞f (x) e β = lim

x→+∞f (x),

então limx→+∞

(f ·g)(x) = limx→+∞

f (x) ·g (x) = α ·β = limx→+∞

f (x) · limx→+∞

g (x).



De�nição

Sejam f : X → Z uma função real de variável real.(i) Diz-se que α ∈ R é o limite de f quando x →+∞ se, e só se,

∀ε > 0,∃M > 0 : x >M ⇒ |f (x)−α|< ε .Neste caso, escreve-se lim

x→+∞f (x) = α .

Exemplo

Seja k ∈ R, k > 0. Mostre que limx→+∞

1xk

= limx→+∞

x−k = 0.

Solução

Para todo ε > 0 dado, tome M = ε−1/k > 0. Daí, x >M implica

|f (x)−α|=∣∣∣∣ 1xk −0

∣∣∣∣=1

|x |k=

1xk

<1Mk

=1(

ε−1/k)k =

1ε−1

= ε .



De�nição

Sejam f : X → Z uma função real de variável real.(ii) Diz-se que β ∈ R é o limite de f quando x →−∞ se, e só se,

∀ε > 0,∃N > 0 : x <−N ⇒ |f (x)−β |< ε .Neste caso, escreve-se lim

x→−∞f (x) = β .

Exemplo

Seja k ∈ R, k > 0. Mostre que limx→−∞

1xk

= limx→−∞

x−k = 0.

Solução

Para todo ε > 0 dado, tome N = ε−1/k > 0. Daí, x <−N implica −x > N

e |f (x)−α|=∣∣∣∣ 1xk −0

∣∣∣∣=1

|x |k=

1

(−x)k<

1Nk

=1(

ε−1/k)k =

1ε−1

= ε .



Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞

Calcule limx→−∞

4−7x3√x6 +9

.

Solução

Como x →−∞, x < 0. Destarte,

limx→−∞

4−7x3√x6 +9

= limx→−∞

x3 ·(

4x3−7

)√x6 ·(1+

9x6

) = limx→−∞

x3 ·(

4x3−7

)x3 ·√1+

9x6





4−7x3√x6 +9

.

Solução


limx→−∞

4−7x3√x6 +9

= limx→−∞

4x3−7√

1+9x6

=

limx→−∞

(4x3−7

)lim

x→−∞

√1+

9x6





4−7x3√x6 +9

.

Solução


limx→−∞

4−7x3√x6 +9

=lim

x→−∞

4x3− lim

x→−∞7√

limx→−∞

(1+

9x6

) =4 · lim

x→−∞

1x3−7√

limx→−∞

1+ limx→−∞

9x6

=4 ·0−7√

1+9 · limx→−∞

1x6

=−7√1+9 ·0

=−7




Calcule limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2.

Solução

Como x →+∞, x > 0. Destarte,

limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2= lim

x→+∞

√√√√√√√x2 ·(1− 5

x

)x3 ·(1+

1x2− 2

x3

) = limx→+∞

√√√√√√1x·

1− 5x

1+1x2− 2

x3




Calcule limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2.

Solução


limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2=

√√√√√√ limx→+∞

1x·

1− 5x

1+1x2− 2

x3




Calcule limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2.

Solução


limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2=

√√√√√√ limx→+∞

1x· limx→+∞

1− 5x

1+1x2− 2

x3




Calcule limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2.

Solução


limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2=

√√√√√√√ limx→+∞

1x·

limx→+∞

(1− 5

x

)lim

x→+∞

(1+

1x2− 2

x3

)




Calcule limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2.

Solução


limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2=

√√√√√√ limx→+∞

1x·

limx→+∞

1− limx→+∞

5x

limx→+∞

1+ limx→+∞

1x2− lim

x→+∞

2x3




Calcule limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2.

Solução


limx→+∞

√x2−5x

x3 + x−2=

√√√√√√ limx→+∞

1x·

limx→+∞

1−5 · limx→+∞

1x

limx→+∞

1+ limx→+∞

1x2−2 · lim

x→+∞

1x3

=

√0 · 1−5 ·0

1+0−2 ·0= 0



Exemplo


sen2xx

.

Solução

Como x →−∞, x < 0 e1x< 0. Porque −1≤ sen2x ≤ 1, segue que

−1x≥sen2x

x≥ 1

x

Como limx→−∞

x−1 = 0 e limx→−∞

−x−1 =−1 · limx→−∞

x−1 =−1 ·0 = 0, pelo

teorema do confronto, decorre que limx→−∞

sen2xx

= 0.




Calcule limt→−∞

2− t + sen tt + cos t

.

Solução

Como t→−∞, t < 0. Destarte,

limt→−∞

2− t + sen tt + cos t

= limt→−∞

t ·{2t−1+

sen tt

}t ·{1+

cos tt

} = limt→−∞

2t−1+

sen tt

1+cos tt

=

limt→−∞

{2t−1+

sen tt

}lim

t→−∞

{1+

cos tt

} = . . . =2 ·0−1+0

1+0=−1



De�nição

Seja f : X → Y uma função real devariável real. Se existir uma retay = α · x + β tal que

limx→−∞

{f (x)− (α · x + β )}= 0,

ou

limx→+∞

{f (x)− (α · x + β )}= 0,

diz-se que a reta y = αx + β é umaassíntota para f . Quando α = 0, aassíntota é dita horizontal; casocontrário, oblíqua.

Exemplo

Seja f (x) =x3

1+ x2, x ∈ R.

A divisão de x3 pelo divisor 1+ x2

tem quociente x e resto −x ,conforme se veri�ca pelo dispositivoprático abaixo.

x3 1+ x2

−x3− x x

−xAssim, x3 = x ·

(1+ x2

)+ (−x) e

f (x) = x− x

1+ x2. Daí,



De�nição

Seja f : X → Y uma função real de variável real. Se existir uma retay = α · x + β tal que

limx→−∞

{f (x)− (α · x + β )}= 0 ou limx→+∞

{f (x)− (α · x + β )}= 0

diz-se que a reta y = αx + β é uma assíntota para f . Quando α = 0, aassíntota é dita horizontal; caso contrário, oblíqua.

Exemplo

limx→−∞

{f (x)− x}= limx→−∞

−x1+ x2

= limx→−∞

−1/x1/x2 +1

=0

0+1= 0. Logo, a

reta y = x é assíntota oblíqua de f quando x →−∞



De�nição

Seja f : X → Y uma função real de variável real. Se existir uma retay = α · x + β tal que

limx→−∞

{f (x)− (α · x + β )}= 0 ou limx→+∞

{f (x)− (α · x + β )}= 0

diz-se que a reta y = αx + β é uma assíntota para f . Quando α = 0, aassíntota é dita horizontal; caso contrário, oblíqua.

Exemplo

Similarmente,

limx→+∞

{f (x)− x}= limx→+∞

−x1+ x2

= limx→+∞

−1/x1/x2 +1

=0

0+1= 0, ou seja, a

reta y = x é também assíntota oblíqua de f quando x →+∞.


Derivada de funçõesFundamentos

Exemplo

Seja f (x) =(x−3)2

4(x−1), x ∈ R−{1}.

A divisão de (x−3)2 pelo divisor 4x +4 tem quocientex

4− 5

4e resto −14,

conforme se veri�ca pelo dispositivo prático abaixo.

x2−6x +9 4x−4 Assim,

−x2 + xx

4− 5

4(x−3)2 = (4x−4) ·

(x

4−54

)+ (−14) e

−5x−9 f (x) =

(x

4−54

)− 14

4(x−1). Daí,

+5x−5

−14 para y =x

4−54, obtém-se



Exemplo

Seja f (x) =(x−3)2

4(x−1), x ∈ R−{1}.

(i) limx→+∞

{f (x)− y}= limx→+∞

−144(x−1)

= limx→+∞

−14/x4−4/x

=0

4−0= 0, ou

seja, a reta y =x

4−54é assíntota oblíqua de f quando x →+∞.

(ii) limx→−∞

{f (x)− y}= limx→−∞

−144(x−1)

= limx→−∞

−14/x4−4/x

=0

4−0= 0, isto é,

a reta y =x

4−54também é assíntota oblíqua de f quando x →−∞.



Exercício

1. Determine as assíntotas, se existentes, da função:

(a) f (x) =x2−32x−4

, x ∈ R−{2}. (b) f (x) = arccotgx .

(c) f (x) = arcsecx . (d) f (x) = arccossecx .

Exercício

2. Uma pessoa a�rma que as assíntotas de uma função f , quando x →+∞

e quando x →−∞, são sempre iguais. Você concorda ou discorda?Justi�que.

Exercício

3. Pode uma assíntota y = αx + β de uma função f : X → Y interceptar ográ�co de f ? Justi�que.


Limites de funçõesExtensão do conceito: limites in�nitos

De�nição

Sejam f : X → Z uma função real de variável real. Escreve-se:(i) lim

x→−∞f (x) = +∞ para signi�car que

∀k > 0,∃M > 0 : x <−M ⇒ f (x) > k

(ii) limx→a

f (x) =−∞ para signi�car que

∀κ > 0,∃δ > 0 : 0< |x−a|< δ ⇒ f (x) <−κ

Exemplo

Mostre que limx→−∞

x2 = +∞.

Solução

Dado qualquer k > 0, tome M =√k > 0. A hipótese x <−M implica

−x >M e f (x) = x2 = (−x)2 >M2 = k .


Limites de funçõesExtensão do conceito: limites in�nitos

(ii) limx→a

f (x) =−∞ ⇔ ∀κ > 0,∃δ > 0 : 0< |x−a|< δ ⇒ f (x) <−κ

Exemplo

Mostre que limx→0

1cosx−1

=−∞.

Solução

Dado qualquer κ > 0, tome δ =

√2κ> 0. A hipótese 0< |x−0|< δ

implica que x 6= 0, |x |< δ ⇒ x2 <2κ⇒ x2

2<

1κ. Por conseguinte,

0< 1− cosx = cos0− cosx = 2 · sen x2· sen x

2= 2 ·

∣∣∣sen x2

∣∣∣2 ≤ 2 ·∣∣∣x2

∣∣∣2 < 1κ,

11− cosx

> κ e f (x) =1

cosx−1<−κ , como desejado.



Exercício

Existem variadas formas de limites in�nitos. De�na, precisamente, o que sequer dizer quando se escreve:(a) lim

x→af (x) = +∞. (b) lim

x→−∞f (x) =−∞. (c) lim

x→a−f (x) = +∞.

(d) limx→+∞

f (x) =−∞. (e) limx→+∞

f (x) = +∞. (f) limx→a+

f (x) =−∞.

Exemplo - indeterminação do tipo ∞−∞

Calcule limx→+∞

{√x +9−

√x +4

}.

Solução

Note que limx→+∞

√x +9 = +∞. e lim

x→+∞

√x +4 = +∞. Por esta razão, diz-se

que o limite dado é uma indeterminação do tipo ∞−∞. Seja como for,




Calcule limx→+∞

{√x +9−

√x +4

}.

limx→+∞

{√x +9−

√x +4

}= lim

x→+∞

{√x +9−

√x +4

}·√x +9+

√x +4√

x +9+√x +4

= limx→+∞

5√x +9+

√x +4

= limx→+∞

5√x · (1+9x−1) +

√x · (1+4x−1)

= limx→+∞

5 · x−1/2√1+9x−1 +

√1+4x−1

=5 ·0√

1+9 ·0+√1+4 ·0

= 0





{√x2 +3+ x

}.

Solução

limx→−∞

{√x2 +3+ x

}= lim

x→−∞

{√x2 +3+ x

}·√x2 +3− x√x2 +3− x

= limx→−∞

3√x2 +3− x

= limx→−∞

3√x2 · (1+3x−2)− x

= limx→−∞

3

|x | ·√1+3x−2− x

= limx→−∞

−3 · x−1√1+3x−2 +1

=−3 ·0√

1+3 ·0+1= 0



Exemplo - indeterminação do tipo 0/0

Calcule limx→+∞

x−1 + x−4

x−3− x−2.

Solução

limx→+∞

x−1 + x−4

x−3− x−2= lim

x→+∞

x−1 ·(1+ x−3

)x−2 · (x−1−1)

= limx→+∞

{x · 1+ x−3

x−1−1

}=−∞, pois

limx→+∞

1+ x−3

x−1−1=−1< 0 e lim

x→+∞x = +∞.



2x5/3− x1/3 +3x8/5 +3x + x1/7

.





2x5/3− x1/3 +3x8/5 +3x + x1/7

.

Solução

limx→−∞

2x5/3− x1/3 +3x8/5 +3x + x1/7

= limx→−∞

x5/3 ·(2− x1/3−5/3 +3x−5/3

)x8/5 ·

(1+3x1−8/5 + x1/7−8/5

)= lim

x→−∞

{x1/15 · 2− x−4/3 +3x−5/3

1+3x−3/5 + x−51/35

}=−∞

pois limx→−∞

2− x−4/3 +3x−5/3

1+3x−3/5 + x−51/35= 2> 0 e lim

x→−∞x1/15 =−∞.



Exercício

(i) De�na, precisamente, o que se entende por limx→a+

f (x) = +∞.

(ii) Mostre que limx→0+

1x

= +∞.

Exercício

Calcule limx→1+

2x +3x2−1

.

Solução

Porque x → 1+, x > 1, x2−1> 0, limx→1+

x2−1 = 0 e limx→1+

2x +3 = 5> 0.

Logo, limx→1+

2x +3x2−1

= +∞.



Exercício

(i) De�na, precisamente, o que se entende por limx→a−

f (x) =−∞.

(ii) Mostre que limx→0−

1x

=−∞.

Exercício

Calcule limx→0−

x−3x2

.

Solução

Porque x → 0−, x < 0, x2 > 0, limx→0−

x2 = 0 e limx→0−

x−3 =−3< 0. Logo,

limx→0−

x−3x2

=−∞.



Exercícios

1. Calcule, se existir, o limite dado.

(a) limx→0+

3x2− x

. (b) limx→+∞

3√x3 +2x−1√x2 + x +1

.

(c) limx→+∞

{√x +1−

√x +3

}. (d) lim

x→1

3√3x3 +2−2x2−1

.

(e) limx→2

√6− x−2√3− x−1

. (f) limx→0

cos2x−1senx

.

2. Calcule, caso exista, e se não existir, justi�que, limx→2

f (x)− f (2)

x−2= 0 em

que f (x) =

{x , se x ≥ 2

x2/2, se x < 2113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 80 / 100


3. Sejam n ∈ N e f (x) = sen1x, x ∈ R−{0}.

(i) Determine limx→0+

f (x) para x =1

2nπ.

(ii) Encontre limx→0+

f (x) para x =1

2nπ + π/2.

(iii) Existe L = limx→0

f (x)? Justi�que.

4. Mostre, utilizando o teorema do confronto, quelim

x→+∞

{√x +5−

√x +3

}= 0.

5. Determine L para que seja contínua em R a função

ψ (x) =

x2−4x−2

, se x 6= 2

L, se x = 2.



6. Calcule, se existir, o limite dado.

(a) limx→0

ex −1e2x −1

. (b) limθ→0

(2− cotgθ).

(c) limx→−∞

{2x +

√4x2 +3x−2

}. (d) lim

x→64

x2/3−16√x−8

.

(e) limx→0−

(1+ cossecθ). (f) limx→0

cos2x−1senx

.

Um limite fundamental

Considere f : N→ R a função de�nida por f (n) =

(1+

1n

)n

. f (1) = 2,

f (2) =94, f (3) =

6427

, etc. Porque o domínio de f é N = {1,2,3, . . .} e o

contradomínio R, diz-se que f é uma sequência real.113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 82 / 100


Em Análise Matemática, demonstra-se que limn→+∞

f (n) = e ≡ 2,7182 . . .

Disso decorre o seguinte:

Corolário 1

(i) Fixado k ∈ Z qualquer,

limn→+∞

(1+

1n

)n+k

= limn→+∞

(1+

1n

)n

·(1+

1n

)k

= limn→+∞

(1+

1n

)n

· limn→+∞

(1+

1n

)k

= e ·[

limn→+∞

(1+

1n

)]k= e · (1+0)k = e ·1 = e




f (n) = e ≡ 2,7182 . . .


Corolário 2

(ii) Fixado k ∈ Z qualquer, a mudança de variável m = n+k ⇔ n = m−k

é tal que n→+∞⇔m→+∞ e

limn→+∞

(1+

1n+k

)n

= limm→+∞

(1+

1m

)m−k

= limm→+∞

(1+

1m

)m

· limm→+∞

(1+

1m

)−k= e ·

[lim

m→+∞

(1+

1m

)]−k= e · (1+0)−k = e ·1 = e




f (n) = e ≡ 2,7182 . . .


Corolário 3

(iii) Fixado k ∈ Z qualquer, a mudança de variável n =−m⇔m = n é talque m→−∞⇔ n→+∞. Além disso, pelo corolário 2, segue que

limm→−∞

(1+

1m

)m

= limn→+∞

(1+

1−n

)−n= lim

n→+∞

(n−1n

)−n= lim

n→+∞

(n

n−1

)n

= limn→+∞

(1+

1n−1

)n

= e



Um limite fundamental

Para cada x ∈ R, x > 1, ∃n ∈ N tal que n ≤ x ≤ n+1. Daí,

1n≥ 1

x≥ 1

n+1⇔ 1+

1n+1

≤ 1+1x≤ 1+

1n

e, por conseguinte,

(1+

1n+1

)n

≤(1+

1x

)x

≤(1+

1n

)n+1

. Pelos

corolários 1 e 2, limn→+∞

(1+

1n+1

)n

= e e limn→+∞

(1+

1n

)n+1

= e. Ora,

x →+∞⇔ n→+∞. Assim, pelo teorema do confronto,

limx→+∞

(1+

1x

)x

= e

Provou-se, deste modo, o seguinte



Teorema (um outro limite fundamental)

limx→+∞

(1+

1x

)x

= e.

A mudança de variável t =−y ⇔ y =−t é tal que y →−∞⇔ t→+∞ e

limy→−∞

(1+

1y

)y

= limt→+∞

(1− 1

t

)−t= lim

t→+∞

(t−1t

)−t=

limt→+∞

(t

t−1

)t

= limt→+∞

(1+

1t−1

)t

. A mudança de variável

x = t−1⇔ t = x +1 é tal que t→+∞⇔ x →+∞ e limy→−∞

(1+

1y

)y

=

limx→+∞

(1+

1x

)x+1

= limx→+∞

(1+

1x

)x

·(1+

1x

)= e ·1 = e. Provou-se

assim o seguinte



Corolário (um outro limite fundamental)

limx→−∞

(1+

1x

)x

= e

Exemplo

Calcule limθ→−∞

(1+

3θ

)θ/2

.

Solução

A mudança de variável x = θ/3⇔ θ = 3x é tal que θ →−∞⇔ x →−∞ e

limθ→−∞

(1+

6θ

)θ/2

= limx→−∞

(1+

1x

)6x/2

= limx→−∞

[(1+

1x

)x]3=[

limx→−∞

(1+

1x

)x]3= e3, uma vez que ψ (u) = u3 é contínua em R.



Exercício

Seja k ∈ R �xado. Mostre que:

(a) limx→+∞

(1+

1x

)x+k

= e. (b) limx→+∞

(1+

1x +k

)x

= e.

Observação

Porque limx→+∞

(1+

1x

)x

= e e limx→−∞

(1+

1x

)x

= e é usual escrever

limθ→±∞

(1+

1θ

)θ

= e.

Note que a mudança de variável t =1θ

é tal que (i) θ →+∞⇔ t→ 0+ e

(ii) θ →−∞⇔ t→ 0−. Isso, por sua vez, mostra que



(i) e = limθ→+∞

(1+

1θ

)θ

= limt→0+

(1+ t)1/t e também que

(ii) e = limθ→−∞

(1+

1θ

)θ

= limt→0−

(1+ t)1/t . Por um teorema anterior (sobre

limites laterais), existe L = limt→0

(1+ t)1/t . Estabeleceu-se assim que

limθ→±∞

(1+

1θ

)θ

= e⇒ limt→0

(1+ t)1/t = e

Exercício

Mostre que a recíproca do resultado acima é válida.

Lema (um outro limite fundamental)

limt→0

(1+ t)1/t = e⇔ limθ→±∞

(1+

1θ

)θ

= e



Lema (um outro limite fundamental)

limt→0

(1+ t)1/t = e⇔ limθ→±∞

(1+

1θ

)θ

= e

Exemplo

Calcule limx→0

(1+ senx)1/x .

Solução

A mudança de variável t = senx ⇔ x = arcsen t é tal que x → 0⇔ t→ 0 e

limx→0

(1+ senx)1/x = limx→0

[(1+ senx)

1senx

] senxx

=[limx→0

(1+ senx)1

senx

] limx→0

senxx

=[limt→0

(1+ t)1/t]1

= e1 = e.



Teorema (mais um outro limite fundamental)

Seja a ∈ R, a > 0, �xado.

limh→0

ah−1h

= lna

Prova

Considere a mudança de variávely = ah−1⇔ ah = y +1⇔ h = loga (y +1). Note que h→ 0⇔ y → 0.

Daí, limh→0

ah−1h

= limy→0

y

loga (y +1)= lim

y→0

11y· loga (y +1)

=

1

limy→0

loga (y +1)1/y=

1

loga

[limy→0

(y +1)1/y] =

1loga e

=1

loge eloge a

= lna



Corolário - derivada de f (x) = ax

Seja a ∈ R, a > 0, �xado. Se f (x) = ax , x ∈ R, então f ′ (x) = ax · lna.

Prova

f ′ (x)≡ limh→0

f (x +h)− f (x)

h= lim

h→0

ax+h−ax

h= lim

h→0ax · a

h−1h

=

limh→0

ax · limh→0

ah−1h

= ax · lna.

Porque y = ax ⇔ x = loga y , pelo teorema da derivada da função inversa,

segue queddy{loga y}=

dxdy

=1dydx

=1

ax · lna=

1y · lna

. Em particular, para

a = e, obtém-seddx{ex}= ex · lne = ex e

ddy{lny}=

1y. Estabeleceu-se o

seguinte113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 93 / 100


Corolário

Seja a ∈ R, a > 0, �xado.ddx{loga x}=

1x · lna

,ddx{lnx}=

1x

eddx{ex}= ex .

Exemplo

Ache a derivada de f (x) = senhx .

Solução

Pela Regra da Cadeia e propriedades de derivação, f ′ (x) =ddx{senhx}=

ddx

{ex − e−x

2

}=

12· ddx

{ex − e−x

}=

12·{ex − d

du{eu} · d

dx{−x}

}=

12· {ex − e−x · (−1)}=

ex + e−x

2= coshx .



Exercício

1. Ache a derivada de f (x) = coshx .

2. Um estudante a�rma queddx{tghx}= sech2 x . Você concorda ou

discorda? Justi�que.

Exemplo - derivada da função potência de expoente real

Seja f (x) = xα , α ∈R. Sendo y = ψ (u) = eu e u = g (x) = α · lnx = lnxα ,

tem-se u′ = {α · lnx}′ = α · {lnx}′ = α · 1x

=α

xe

y = ψ (u) = eu = ψ (g (x)) = (ψ ◦g)(x) = ψ (α · lnx) = e lnxα

= xα = f (x).Pela Regra da Cadeia,

f ′ (x) =dydx

=dydu· dudx

= eu · αx

= xα · αx

= α · xα−1



Derivação logarítmica

Às vezes, o processo de obtenção da derivada de f pode ser simpli�cado se,primeiramente, aplica-se o logaritmo (neperiano) de f para depois aplicaras regras de derivação.

Exemplo

Determine a derivada de ϕ (x) = x senx .

Solução

Aplicando o logaritmo, obtém-se lnϕ (x) = lnx senx = senx · lnx . Derivandoem relação a x , usando a Regra da Cadeia, segue que



Solução

ddx{lnϕ (x)}=

ddx{senx · lnx}

ddu{lnu} · d

dx{ϕ (x)}=

ddx{senx} · lnx + senx · d

dx{lnx}

1ϕ (x)

·ϕ ′ (x) = cosx · lnx + senx · 1x

ϕ ′ (x)

ϕ (x)=

x cosx lnx + senxx

ϕ′ (x) = x senx · x cosx lnx + senx

x

ϕ′ (x) = x senx−1 (x cosx lnx + senx)



Exercício

1. Seja y = f (x) uma função. Determine a derivada de f , sabendo que:(a) f (x) = (senx)x . (b) y x = xy .

(c) y = tg (lnx). (d) y = ln(x2 +2x

).

(e) 3√x + 3√xy = 4y2. (f) 2x3y +3xy3 = 5.

2. Calcule:

(a) limx→+∞

{2x −3x}. (b) limx→+∞

1−2x

1−3x.

(c) limx→0+

log1/3x . (d) limx→+∞

{lnx− ln(x +1)}.

(e) limx→+∞

{ln(2x +1)− ln(x +3)}. (f) limx→0

1− e−x

senx.



Exercício

3. Certo autor a�rma que limx→0

eax − ebx

x= a−b. Você concorda ou

discorda? Justi�que.

4. Calcule:

(a) limx→0

7x−sen3x

x . (b) limx→9

5x2−81

(√x−3)·54 .

5. Admita que y = f (x). Obtenha y ′ para:(a) x2y + y3 = 2. (b) tgy = xy .

6. Usando derivação logarítmica, ache f ′ (x) para:

(a) f (x) = (senx)cosx . (b) f (x) =(x−2)3 ·

√x +2

e2x · (x−1)2.


Leitura Recomendada I

NETO, Aref Antar; SAMPAIO, José Luiz Pereira; LAPA, Nilton;CAVALLANTE, Sidney Luiz.Introdução à Análise Matemática. Noções de matemática. v. 8.São Paulo: Moderna, [s. a].

HOFFMAN, L. e BRADLEY, G.Cálculo: um curso moderno e suas aplicações.Rio de Janeiro: LTC, 2002.

THOMAS, G. B.; WEIR, M. D.; HASS, J.Cálculo. 11. ed. v. 1.São Paulo: Pearson Addison Wesley, 2009.


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