Aula 05

CÁLCULO I
Prof. Edilson Neri Júnior | Prof. André Almeida
Aula no 05: Limites Laterais. Teorema do Confronto. Teorema do Valor Intermediário. Limite
Fundamental Trigonométrico. Limite da Função Composta
Objetivos da Aula
• Denir limites laterais de uma função em um ponto de seu domínio;
• Utilizar os limites laterais para vericar a existência de um limite;
• Exibir o Teorema do Confronto e sua utilidade para vericar a existência de uma limite;
• Enunciar o Teorema do Valor Intermediário e suas aplicações;
• Apresentar o Limite Fundamental Trigonométrico.
1
Limites Laterais
Ao discutirmos a ideia intuitiva de limite de uma função f num ponto a na aula passada, zemos questão
de sempre exibir uma tabela tomando valores maiores que a (à direita de a) e menores que a (à esquerda
de a). Essa preocupação pode ser exemplicada no seguinte exemplo:
Exemplo 1. Considere a função de Heaviside, denida por
H(t) =
1 se t ≥ 0
0 se t < 0
é possível calcular limt→0 H(t)?
Utilizando o gráco da função H(t)
Figura 1: Gráco de Função de Heaviside
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Antes de responder a essa questão, devemos entender que considerar pontos x à direita de um número
real a, signica dizer que estamos nos aproximando de a por valores maiores que ele. Sempre que zermos
isso, utilizaremos a notação x → a+ . Analogamente, se considerarmos pontos x à esquerda de um número
real a, signica que estamos nos aproximando de a por números menores que ele, e isso será denotado por
x → a− .
No caso da função de H(t), notamos que limx→0+ H(t) = 1 e limx→0− H(t) = 0. Formalizando essa
ideia:
Denição 1. Dizemos que L é o limite à direita da função f (x) quando x → a+ e escrevemos
lim f (x) = L
x→a+
se para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que se 0 < x − a < δ então |f (x) − L| < ε.
Denição 2. Dizemos que L é o limite à esquerda da função f (x) quando x → a− e escrevemos
lim f (x) = L
x→a−
se para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que se 0 < a − x < δ então |f (x) − L| < ε.
Como não existe um único número real para o qual a função H(t) se aproxima quando t → 0, dizemos
que lim H(t) não existe e esse fato é enunciando no nosso próximo teorema, que relaciona a denição de
t→0
limite com as denições de limite à esquerda e à direita:
Teorema 1. lim f (x) = L se,
x→a
e somente se
lim f (x) = L = lim f (x)
x→a−
x→a+
Portanto, o teorema acima é um bom critério para sabermos se o limite de uma função existe ou não,
como podemos observar nos seguinte exemplos:
Exemplo 2. Calcule o valor de lim |x|, se existir.
x→0
Solução: Por denição, f (x) é dada por
f (x) =
x se x ≥ 0
−x se x < 0
Observemos que f (x) = x se x → 0+ e f (x) = −x se x → 0− . Logo, calculando os limites laterais, temos
que
lim f (x) = lim x = 0
x→0+
x→0+
E
lim f (x) = lim −x = 0
x→0−
x→0+
Logo, pelo teorema 1, lim |x| = 0
x→0
Exemplo 3. Vamos vericar que o limite lim
x→0
|x|
não existe.
x
Note que
|x|
x
= lim
= lim 1 = 1
x→0+ x
x→0+ x
x→0+
|x|
−x
lim
= lim
= lim −1 = −1
x→0− x
x→0− x
x→0−
lim
Como lim+ f (x) 6= lim− f (x) então, pelo teorema ??, temos que lim
x→0
x→0
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x→0
|x|
não existe.
x
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Teorema do Valor Intermediário
Apresentaremos a seguir, uma propriedade importante das funções contínuas
Teorema 2 (do Valor Intermediário). Suponha que f seja contínua em um intervalo fechado [a, b] e seja
N um número qualquer entre f (a) e f (b), em que f (a) 6= f (b). Então existe um número c em (a, b) tal
que f (c) = N .
O Teoreoma do Valor Intermediário (TVI) estabelece que uma função contínua assume todos os valores
intermediários entre os valores de f (a) e f (b). Geometricamente, o TVI diz que se for dada uma reta
horizontal qualquer y = N entre y = f (a) e y = f (b), como mostra a gura abaixo, então o gráco de f
intercepta a reta y = N pelo menos uma vez.
Figura 2: Ilustração geométrica do Teorema do Valor Intermediário
Observação 1. É importante que a função f do TVI seja contínua. O Teorema do Valor Intermediário não
é verdadeiro em geral para funções descontínuas.
Um caso particular do Teorema do Valor Intermediário será apresentado a seguir. É o Teorema de
Bolzano (ou do Anulamento).
Teorema 3 (de Bolzano ou do Anulamento). Se f for contínua e f (a) e f (b) assumirem assumirem sinais
contrários, então existirá c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.
Uma importante aplicação do TVI é a localização das raízes de equações. A seguir, apresentaremos
alguns exemplos.
Exemplo 4. Mostre que existe uma raiz da equação 4x3 − 6x2 + 3x − 2 = 0 entre 1 e 2.
Solução: Seja f (x) = 4x3 − 6x2 + 3x − 2. Queremos encontrar um c entre 1 e 2, tal que f (c) = 0.
Tomando a = 1 e b = 2 e N = 0, pelo Teorema do Valor intermediário, temos:
f (1) = −1 < 0
f (2) = 12 > 0.
Logo, f (1) < 0 < f (2), isto é N = 0 é um número entre f (1) e f (2). Como f é contínua, por ser um
polinômio, o TVI arma que existe um núero c entre 1 e 2 tal que f (c) = 0. Em outras palavras, a equação
4x3 − 6x2 + 3x − 2 = 0 tem pelo menos uma raiz c no intervalo (1, 2).
Gracamente, temos:
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Exemplo 5. Mostre que a equação x3 − 4x + 8 = 0 admite pelo menos uma solução real.
Solução: Considerando a função f (x) = x3 − 4x + 8, temos f (0) = 8, f (−3) = −7 e f é contínua, segue
do Teorema do Anulamento que existe pelo menos um c em (−3, 0) tal que f (c) = 0, isto é, a equação
x 3 − 4x + 8 = 0 admite pelo menos uma raiz real entre -3 e 0.
3
Teorema do Confronto
Teorema 4 (do Confronto). Se f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) para todo x em um intervalo aberto que contenha a
(exceto possivelmente a) e
lim f (x) = lim h(x) = L,
x→a
x→a
então
lim g(x) = L.
x→a
A mensagem do Teorema do confronto é que se uma função que está no meio de outras duas funções
que tem o mesmo limite, então obrigatoriamente a função que está no meio terá o mesmo limite das outras
duas, daí este teorema é também chamado de Teorema do Sanduíche.
Exemplo 6. Seja f uma função denida em R tal que para todo x 6= 1, temos:
−x2 + 3x ≤ f (x) ≤
x2 − 1
.
x−1
Calcule lim f (x) e justique.
x→1
Solução: Como:
• lim −x2 + 3x = 2
x→1
x2 − 1
=2
x→1 x − 1
• lim
temos, pelo Teorema do Confronto:
x2 − 1
⇐⇒ 2 ≤ lim f (x) ≤ 2.
x→1 x − 1
x→1
lim −x2 + 3x ≤ lim f (x) ≤ lim
x→1
x→1
Portanto:
lim f (x) = 2.
x→1
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Exemplo 7. Mostre que lim x .sen
= 0.
x→0
x
2
Solução: Como
1
≤1
−1 ≤ sen
x
Multiplicando por x2 a desigualdade, temos:
1
−x ≤ x .sen
≤ x2
x
2
2
Como lim −x2 = lim x2 = 0, pelo Teorema do Confronto, temos:
x→0
x→0
1
= 0.
lim x .sen
x→0
x
1
2
Gracamente, note que que a função f (x) = x .sen
é limitada superiormente pela função g(x) =
x
x2 e limitada inferiormente pela função h(x) = −x2 .
2
Exemplo 8. Suponha f uma função contínua e suponha que para todo x, |f (x)| < x2 .
(a) Calcule, caso exista, lim f (x).
x→0
(b) f é contínua em 0? Por quê?
Solução: (a) Pelas propriedades de módulo, temos:
|f (x)| ≤ x2 ⇐⇒ −x2 ≤ f (x) ≤ x2 .
Como lim −x2 = 0 = lim x2 , segue pelo Teorema do Confronto que
x→0
x→0
lim f (x) = 0.
x→0
(b) Segue de (a) que f será contínua em 0 se f (0) = 0. Pela hipótese, |f (x)| ≤ x2 para todo x, logo,
|f (0)| ≤ 0 e, portanto, f (0) = 0. Assim,
lim f (x) = 0 = f (0),
x→0
ou seja, f é contínua em 0.
O próximo exemplo nos diz que se f tiver limite 0 em p e se g for limitada, então o produto f · g terá
limite 0 em p.
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Exemplo 9. Sejam f e g duas funções com o mesmo domínio A tais que lim f (x) = 0 e |g(x)| ≤ M para
todo x em A, em que M > 0 é um número real xo. Prove que:
x→p
lim f (x)g(x) = 0.
x→p
Solução: Note que:
|f (x)g(x)| = |f (x)|.|g(x)| ≤ M.|f (x)|,
para todo x em A. Daí, para todo x em A
−M.|f (x)| ≤ |f (x)|.|g(x)| ≤ M.|f (x)|
Como lim f (x) = 0, segue que lim M.|f (x)| = 0 e lim −M.|f (x)| = 0. Pelo Teorema do Confronto:
x→p
x→p
x→p
lim f (x)g(x) = 0.
x→p
Exemplo 10. Calcule lim x.sen
π x
x→0
.
Solução: Note que lim x = 0 e sen
x→0
π ≤ 1. Pelo resultado obtido no Exemplo 9, temos:
x
π lim x.sen
= 0.
x→0
x
Gracamente, temos:
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que
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Limite Trigonométrico Fundamental
Usando o triângulo retângulo no círculo trigonométrico de raio 1 e o Teorema do Confronto demonstra-se
sen x
lim
x
x→0
=1
A demonstração usando a regra do L'Hospital é mais simples que vou deixar para depois da aula de
derivadas.
Exemplo 11. Calcule lim
sen (5x)
x
x→0
Solução: Note que:
.
sen (5x)
lim
= lim 5.
x
x→0
sen (5x)
5x
|{z}
x→0
= lim
sen 5u
u→0
u
= 5.
u
Ou seja:
lim
sen (5x)
x→0
x
= 5.
Exemplo 12. Calcule lim
x→0
1 − cos x
.
x2
Solução: Note que:
1 − cos x
1 − cos2 x
1
sen 2 x
1
=
·
=
·
.
2
2
2
x
x
1 + cos x
x
1 + cos x
Assim:
1 − cos x
sen 2 x
1
1
=
lim
·
= ,
2
2
x→0
x→0 x
x
1 + cos x
2
lim
pois lim
x→0
sen 2 x
x2
1
1
= .
x→0 1 + cos x
2
= 1 e lim
Exemplo 13. Calcule lim
sen (6x)
5x
x→0
.
Solução: Seja u = 6x. Quando x → 0, temos u → 0 e, como
sen (6x)
5x
1 6.sen (6x)
6 sen (6x)
6 sen u
= .
= .
= .
.
5
6x
5
6x
5 u
Passando o limite, temos:
lim
sen (6x)
x→0
5x
6 sen u
6
= lim .
= .
u→0 5
u
5
Exemplo 14. Calcule lim
tg x
x
x→0
.
Solução: Note que:
tg x
x
Segue que:
lim
x→0
tg x
x
=
sen x
x cos x
=
1 sen x
.
cos x x
1 sen x
1
sen x
.
= lim
. lim
=1
x→0 cos x
x→0 cos x x→0 x
x
= lim
Exemplo 15. Calcule lim
x→π
sen x
.
x−π
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Solução: Fazendo u = x − π , temos:
sen x
x−π
=
sen (u + π)
u
=
sen u cos π + cos usen π
u
=−
sen u
u
.
Quando, x → π , temos que u → 0. Portanto:
lim
x→π
sen x
x−π
= − lim
u→0
sen u
u
= −1.
5
Limite de uma Função Composta
Nosso intuito nessa seção é estudar o limite de uma função composta. Apresentaremos dois resultados
importantes para o nosso estudo que nos permitirá calcular certos limites que ainda não eram possíveis.
Teorema 5. Sejam f, g duas funções tais que Imf ⊆ Dg . Se lim f (x) = b e g é contínua em b, então, a
x→a
composta g(f (x)) será contínua em a e
lim g(f (x)) = g lim f (x)
x→a
x→a
Exibiremos agora alguns exemplos de utilização do resultado anterior.
Exemplo 16. Calcule:
(a) lim cos
x→1
(b) lim
r
x→1
√ 1− x
;
1−x
x2 − 1
;
x−1
(3 − x3 )4 − 16
;
x→1
x3 − 1
√
3
x+2−1
.
(d) lim
x→−1
x+1
(c) lim
Solução:
(a) Um primeiro passo a ser dado é identicar na composta g(f (x)) = cos
f (x) e g(u). Nesse caso, ca claro que
√ 1− x
, qual é a função
1−x
√
1− x
f (x) =
1−x
e que
g(u) = cos u
Agora, devemos vericar se as funções dadas satisfazem as hipóteses do teorema 5. Primeiramente,
vamos calcular o seguinte limite limx→1 f (x). Observe que
√
1− x
x→1 1 − x
lim
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1−
√
x
√ 2
1 − x
√
1−
x
√
√
= lim
x→1 x)(1 + x)
(1
−
1
1
√ =
= lim
x→1 1 + x
2
=
lim √
x→1
2
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1
O segundo passo a ser dado é vericar se g(u) é contínua em u = . De fato, pois a função
2
g(u) = cos u é contínua em R. Logo, pelo teorema 5, temos que
lim cos
x→1
(b) Note que h(x) =
r
√ √ 1− x
1
1− x
= cos lim
= cos
x→1 1 − x
1−x
2
x2 − 1
= g(f (x)), em que
x−1
f (x) =
√
x2 − 1
e g(u) = u
x−1
Note também que
x2 − 1
x→1 x − 1
lim
+ 1)
(x
−1)(x
x→1
x−
1
=
lim
=
lim x + 1
x→1
= 2
Como a função g(u) =
√
u é contínua em 2, então segue do teorema 5 que
r
r
x2 − 1
x2 − 1 √
= lim
= 2
lim
x→1
x→1 x − 1
x−1
(c) Observe que não podemos enxergar nitidamente que a função
h(x) =
(3 − x3 )4 − 16
x3 − 1
é a composta de duas outras funções. Para isso, fazemos o seguinte método, chamado mudança de
variável no limite. Como o nome diz, devemos mudar a variável x para uma variável u de tal forma
que o limite possa ser facilmente resolvido. Dessa forma, façamos
u = 3 − x3
Logo, a função h(x) será escrita como
q(u) =
u4 − 16
2−u
Agora, devemos determinar a nova tendência de u. Por uma substituição simples, podemos fazer:
u(1) = 3 − 13 = 2
Logo, se x → 1 então u → 2. E assim, calculamos:
(3 − x3 )4 − 16
x→1
x3 − 1
lim
u4 − 16
u→2 2 − u
u4 − 16
= lim
u→2 −(u − 2)
3
(u
−2)(u
+ 2u2 + 4u + 8)
= − lim
u→2
u−
2
3
2
= − lim u + 2u + 4u + 8 = −32
=
lim
u→2
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(d) Assim como no exemplo anterior, vamos aplicar a mudança de variável no limite
√
3
lim
x→−1
Fazendo
u=
x+2−1
x+1
√
3
x+2
temos que se x → −1 então u → 1. Logo,
√
3
lim
x→−1
x+2−1
x+1
=
u−1
u→1 u3 − 1
=
u−
1
2
u→1 (u − 1)(u + u + 1)
=
lim
=
lim
lim
u→1 u2
1
+ 2u + 1
1
3
O próximo teorema será útil, pois garante quando a composta de duas funções contínuas também é
contínua.
Teorema 6. Sejam f, g funções tais que Imf ⊆ Dg . Se f for contínua em a e g for contínua em f (a)
então a função composta (g ◦ f )(x) = g(f (x)) é contínua em a.
A utilidade desse último resultado é mostrado nos seguintes exemplos:
Exemplo 17. Determine o maior subconjunto A de R em que a função h(x) = cos(x2 ) é contínua.
Solução: Note que a função h(x) pode ser reescrita como (g ◦ f )(x) em que f (x) = x2 e g(u) = cos u.
Note que f é contínua em R e g é contínua em R. Logo, pelo teorema 6, temos que a composta g ◦ f é
contínua em A = R.
Exemplo 18. Determine o maior subconjunto A de R em que a função h(x) = ln(1 + sen x) é contínua.
Solução: Note que a função f (x) = 1 + sen x é contínua em R. Mas, a função g(u) = ln u é contínua
em seu domínio que é o conjunto [0, +∞). Sendo assim, devemos tomar os valores de x ∈ Df tais que
f (x) > 0, ou seja sen x > −1. Desse modo, a composta não está denida para x = ±
a mesma contínua nos outros valores. Portanto,
A=R−
3π 7π
, ± , ..., sendo
2
2
3π
+ 2kπ , k ∈ Z
2
Resumo
Faça um resumo dos principais resultados vistos nesta aula.
Aprofundando o conteúdo
Leia mais sobre o conteúdo desta aula nas páginas 85, 86, 97, 115 e 116 do livro texto.
Sugestão de exercícios
Resolva os exercícios das páginas 88, 90, 98, 99, 117, 118 e 119 do livro texto.
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