CÁLCULO I 1 Velocidade Instantânea

CÁLCULO I
Prof. Edilson Neri Júnior | Prof. André Almeida
Aula no 04: Limites e Continuidade
Objetivos da Aula
1
•
Denir limite de funções;
•
Calcular o limite de uma função;
•
Utilizar as propriedades operatórias do limite para calcular o limite de uma função;
•
Denir função contínua;
•
Reconhecer uma função contínua através do seu gráco;
Velocidade Instantânea
Considere o seguinte problema:
Exemplo 1.
Uma bola é solta a partir do ponto de observação no alto da Torre CN, em Toronto, 450 m
acima do solo. Desprezando a resistência do ar, encontre a velocidade da bola após 5 segundos.
Solução:
De acordo com a Lei de Galileu, temos que a posição da bola
função do tempo
t,
s(t),
medida em metros, e em
medido em segundos é dado pela equação:
s(t) = 4, 9t2
A diculdade em encontrar a velocidade após 5 segundos, está em tratarmos de um único instante,
t = 5,
e não de um intervalo de tempo.
Com isso, tentaremos aproximar a quantidade desejada pelas
velocidade médias calculados em intervalos de tempo cada vez menores e próximos de
t = 5.
Dessa forma, fazendo alguns cálculos, obtemos a seguinte tabela:
Intervalo de Tempo(t) Velocidade Média(m/s)
5≤t≤6
5 ≤ t ≤ 5, 1
5 ≤ t ≤ 5, 05
5 ≤ t ≤ 5, 01
5 ≤ t ≤ 5, 001
53, 9
49, 49
49, 245
49, 049
49, 0049
E a partir desses dados, conseguimos notar que sempre que os intervalos de tempo em torno de
cam cada vez menores, temos que as velocidades médias se aproximam da velocidade
esperamos que exatamente em
t=5
segundos, a velocidade seja cerca de
velocidade instantânea no instante t0 ,
49m/s.
49m/s.
Dito isto, denimos a
como sendo a velocidade para a qual as velocidades médias se
aproximam, sendo essas calculadas em intervalos de tempo cada vez menores, começando em
do nosso exemplo, a velocidade instantânea da bola, no instante
t = 5,
é de
t → t0
(Lê-se:
t
tende a
t0 ).
t0
. No caso
49m/s.
Dizer que tomamos intervalos de tempo cada vez menores e próximos de um instante
escrito como
t=5
Então,
t0 ,
pode ser
Na próxima seção, utilizaremos as noções discutidas aqui para
determinar o limite de uma função.
1
Cálculo I
2
Aula n
o
04
Limite de Uma Função
Conforme visto na seção anterior, podemos conjecturar sobre o valor da velocidade instantânea de um
objeto, vericando para qual valor as velocidades médias tendem em intervalos de tempo cada vez menores.
Podemos também aplicar esse raciocínio para encontrar um número real
aproxima, quando
x
tende a um número
L
para o qual uma função
f (x)
se
a.
Dito isso, vamos considerar o seguinte exemplo:
Exemplo 2.
Solução:
Analise o comportamento da função
f (x) = x2 − 5x + 6
quando
x
se aproxima de
1.
Utilizando as seguintes tabelas
x
f (x)
1, 1
1, 71
1, 01
1, 9701
1, 005
1, 985025
1, 00001
1, 9999700001
1, 000005
1, 999985
1, 00000001 1, 99999997
x
f (x)
0, 5
3, 75
0, 75
2, 81
0, 9
2, 31
0, 99
2, 0301
0, 998
2, 006004
0, 99999 2, 0000300001
podemos observar que sempre que
x se aproxima de 1, f (x) assume valores muito próximos de 2.
Dessa
forma podemos utilizar a notação de limite e escrever
lim (x2 − 5x + 6) = 2
x→1
Dessa forma, podemos determinar uma denição intuitiva de limite, como segue:
Denição 1
a
.
(Denição Intuitiva de Limite)
(Isso signica que
próprio
a).
f
Suponha que
f (x)
esteja denido quando está próximo de
está denido em algum intervalo aberto que contenha
a,
exceto possivelmente no
Então escrevemos:
lim f (x) = L
x→a
e dizemos
o limite de
se pudermos tornar os valores de
tornando
x
f (x)
quando
x
tende a
a
é
L
f (x) arbitrariamente próximos de L (tão próximos de L quanto quisermos),
a (por ambos os lados de a), mas não igual a a.
sucientemente próximo de
Podemos utilizar a notação
f (x) → L
para representar que
se
x→a
L = lim f (x).
x→a
Um fato importante a ser destacado na denição é a frase:
a,
pois
f
nem sequer precisa estar denida em
comportamento de
f
próximo ao ponto
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a.
a
x
está próximo de
para que se tenha o limite
L,
a,
mas não igual a
pois o que importa é o
As guras abaixo, ilustram esse fato.
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Figura 1: A função f está denida em a e f (a) = L
Figura 2: A função f está denida em a, mas f (a) 6= L
Figura 3: A função f não está denida em a
Vamos utilizar a denição 1 para determinar o limite das funções nos seguinte exemplos.
Exemplo 3.
Solução:
Estime o valor de
x−1
.
x→1 x2 − 1
lim
Observe que a função
f (x) =
vamos considerar pontos próximos de
x<1
0, 5
0, 9
0, 99
0, 999
0, 9999
f (x)
0, 666667
0, 526316
0, 502513
0, 500250
0, 500025
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1.
x−1
x2 − 1
não está denida em
x = 1.
Então, como zemos antes,
E assim, obtemos as seguintes tabelas:
x>1
1, 5
1, 1
1, 01
1, 001
1, 0001
f (x)
0, 400000
0, 476190
0, 497512
0, 499750
0, 499975
3
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e, através dela podemos observar que
x−1
1
=
2
x→1 x − 1
2
lim
E esse fato pode ser conrmado pelo gráco da função
f.
Figura 4: Gráco da função f (x) =
Exemplo 4.
Solução:
Primeiramente, note que
senx
f (x) =
senx
f (−x) =
Logo, utilizando o fato de
f (x)
lim
Faça uma estimativa para
x→0
x
x−1
x2 − 1
.
é par, pois
x
sen(−x)
−x
=
−senx
senx
=
= f (x)
−x
x
ser par, construímos a seguinte tabela:
x
±1, 0
±0, 5
±0, 4
±0, 3
±0, 2
±0, 1
±0, 05
±0, 01
±0, 005
±0, 001
Desse modo, podemos inferir que
lim
x→0
E essa armação pode ser vista pelo gráco de
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f (x)
0, 84147098
0, 95885108
0, 97354586
0, 98506736
0, 99334665
0, 99833417
0, 99958339
0, 99998333
0, 99999583
0, 99999983
senx
x
f
=1
4
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Figura 5: Gráco da função f (x) =
Exemplo 5.
Solução:
Analise
Note que
lim sen
π x→0
x
f (x) = sen
Dessa forma, somos levados a
04
senx
x
.
π utilizamos a seguinte tabela
o
x
não está denida em
x = 0.
Então, procedendo como anteriormente,
x
f (x)
1
0
0, 5
0
0, 25
0
0, 2
0
0, 1
0
0, 01
0
0, 001
0
0, 0001
0
0, 0000001
0
0, 00000000000000001
0
π acreditar que lim sen
= 0. Mas isso
x→0
x
não é verdade, pois observando a
tabela a seguir:
x
f (x)
2/101
1
2/105
1
2/109
1
2/113
1
2/117
1
2/121
1
2/125
1
2/129
1
2/133
1
2/137
1
x
f (x)
2/103 −1
2/107 −1
2/111 −1
2/115 −1
2/119 −1
2/123 −1
2/127 −1
2/131 −1
2/135 −1
2/139 −1
Logo, nossa conjectura de que
lim sen
x→0
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π x
=0
5
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cujas imagens não se aproximam de
0.
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não é verdade, pois encontramos até innitos pontos próximos de
0
Pensando nisso, devemos encontrar uma denição mais precisa de limite de uma função. Sendo assim,
considere o seguinte exemplo:
Exemplo 6.
Seja
f (x) =
Determine
Solução:
3,
mas
2x − 1
6
x 6= 3
x=3
se
se
lim f (x).
x→3
Para determinarmos o limite pedido, notamos intuitivamente que se tomarmos
x 6= 3,
temos que
lim f (x) = 5.
x→3
x
próximo de
Porém, buscamos um modo de vericar essa armação, e assim
tornar mais precisas as frases x sucientemente próximo de
a
e
f (x)
arbitrariamente próximo de
L
contidas
na denição 1.
Sendo assim,devemos nos fazer a seguinte pergunta:
Quão próximo de
a, x
deve estar para que
f (x)
dira de
L
por menos uma quantidade pré-xada?
5
por menos uma quantidade pré-xada?
Ou utilizando o nosso exemplo,
Quão próximo de
3, x
dever estar para que
f (x)
dira de
Essa quantidade pré-xada será representada pela letra grega
ε (épsilon).
Quando falamos de proximidade de dois números, falamos de distância entre eles, que é justamente o
módulo da diferença entre os mesmos, ou seja, nossa indagação pode ser reescrita como o seguinte problema:
É possível encontrar um número
δ>0
tal que
0 < |x − a| < δ garanta que |f (x) − L| < ε
para todo
ε>0
Ou para o nosso exemplo:
É possível encontrar um número
δ>0
tal que
0 < |x − 3| < δ garanta que |f (x) − 5| < ε
para todo
ε>0
A partir desse momento, vamos analisar o exemplo dado.
questionamento agora é: encontrar
δ>0
Suponha que
ε = 0, 1.
Ou seja nosso
tal que
0 < |x − 3| < δ ⇒ |f (x) − 5| < 0, 1
Para encontrar esse
δ > 0,
podemos utilizar o seguinte procedimento:
(i) Conjecturar sobre o valor de
(ii) Vericar se o valor de
δ
δ > 0;
encontrado no passo anterior é válido.
Agora, vamos utilizar esse procedimento no nosso exemplo.
(i)
Conjecturar sobre o valor de δ .
a uma distância
δ
de
3,
Vamos imaginar que existe
δ>0
tal que se tomarmos
x 6= 3,
mas
obtemos que
|f (x) − 5| < 0, 1
Desse modo,
|(2x − 1) − 5| < 0, 1 ⇒ |2x − 6| < 0, 1
⇒ |2(x − 3)| < 0, 1
⇒ |2|.|x − 3| < 0, 1
⇒ 2|x − 3| < 0, 1
⇒ |x − 3| < 0, 05
Agora, note que para que
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|f (x) − 5| < 0, 1
temos que adotar
δ = 0, 05.
6
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(ii)
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Vericar se o δ encontrado é válido.
Para isso, fazemos
0 < |x − 3| < 0, 05,
o
04
e obtemos pelas
propriedades de módulo e das desigualdades que
0 < |x − 3| < 0, 05 ⇒ −0, 05 < x − 3 < 0, 05
⇒ −0, 1 < 2(x − 3) < 0, 1
⇒ −0, 1 < (2x − 1) − 5 < 0, 1
⇒ |(2x − 1) − 5| < 0, 1.
ε = 0, 0001?
Utilizamos o mesmo procedimento e garantimos que δ = 0, 0005. Então,e se considerarmos qualquer ε > 0?
Qual o valor de δ ? Vamos utilizar o procedimento acima:
Mas se tomarmos
(i)
ε = 0, 01?
Procedemos da mesma forma e obtemos
Conjecturar sobre o valor de δ .
obtemos que
|f (x) − 5| < ε.
Considere que existe
δ>0
δ = 0, 005.
E se
tal que se tomarmos
0 < |x − 3| < δ ,
Dessa forma,
|(2x − 1) − 5| < ε ⇒ |2x − 6| < ε
⇒ |2|.|x − 3| < ε
ε
⇒ |x − 3| <
2
Então encontramos que
(ii)
δ=
ε
2
Vericar se o valor de δ é válido.
δ=
Tomando
0 < |x − 3| <
ε
2
ε
,
2
obtemos que
0 < |x − 3| <
ε
2 . Logo,
ε
ε
⇒ − <x−3<
2
2
⇒ −ε < 2x − 6ε
⇒ |(2x − 1) − 5| < ε
Desse modo, podemos denir limite mais precisamente através da seguinte denição:
Denição 2
o número
a,
.
f uma função denida em um intervalo aberto que contenha
próprio a. Então, dizemos que o limite de f quando x tende a a
(Limite de Uma Função)
exceto possivelmente no
é L e escrevemos
Seja
lim f (x) = L
x→a
se para todo número
ε>0
existe um número
δ>0
tal que
Se 0 < |x − a| < δ então |f (x) − L| < ε
Podemos também reformular a denição 2 em notação de intervalos, pois
0 < |x − a| < δ ⇔ −δ < x − a < δ ⇔ a − δ < x < a + δ
Mostrando que
x
pertence ao intervalo aberto
(a − δ, a + δ).
E
0 < |f (x) − L| < ε ⇔ −ε < f (x) − L < ε ⇔ L − ε < f (x) < L + ε
Mostrando que
para todo
ε>0
f (x)
(L − ε, L + ε).
pertence ao intervalo aberto
podemos encontrar
δ>0
tal que se
E assim,
x ∈ (a − δ, a + δ)
então
lim f (x) = L
x→a
signica que
f (x) ∈ (L − ε, L + ε).
Uma interpretação geométrica do limite de uma função é dada em termos do seu gráco. Para isso,
considere o seguinte gráco de uma função
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f,
tal que
lim f (x) = L.
x→a
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Figura 6: Representação Geométrica do Limite (1)
Agora, representaremos o limite
L
por uma reta tracejada paralela ao eixo
x.
Figura 7: Representação Geométrica do Limite(2)
Sendo assim, representamos o intervalo
contenha a reta que passa por
(L − ε, L + ε),
e desenhamos uma faixa de amplitude
2ε
e que
L
Figura 8: Representação Geométrica do Limite(3)
(a − δ, a + δ) no domínio tal que
contido na faixa y = L − ε a y = L + ε.
Feito isso, podemos determinar um intervalo
nos pontos desse intervalo ca totalmente
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o gráco da função
f
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Figura 9: Representação Geométrica do Limite(4)
Note que se diminuirmos mais o valor de
assim, conseguimos achar outro
δ
ε,
estamos encurtando a faixa que contém
L,
mas mesmo
tal que o ocorrido no passo anterior aconteça novamente.
Figura 10: Representação Geométrica do Limite(5)
Sendo assim, vamos a alguns exemplos:
Exemplo 7.
Solução:
(i)
Vamos mostrar que
lim c = c
x→a
(O Limite da função constante é a própria constante).
Vamos utilizar o procedimento.
Conjecturar sobre o valor de δ .
|f (x) − c| < ε.
Suponha que existe
δ > 0
tal que se
0 < |x − a| < δ
então
Mas note que
|f (x) − c| = |c − c| = 0 < ε
Logo,
δ
pode ser qualquer valor positivo. A vericação é imediata.
Exemplo 8.
Solução:
(i)
Vamos mostrar que
lim x = a.
x→a
Mais uma vez, fazendo uso do procedimento, temos que
Conjecturar sobre o valor de δ .
Suponha que existe
δ tal que se 0 < |x−a| < δ então |f (x)−a| < ε.
Sendo assim,
|f (x) − a| < ε ⇒ |x − a| < ε
Assim,
δ = ε.
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(ii)
Aula n
Vericação do Valor de δ .
Se
δ = ε,
então
0 < |x − a| < ε.
o
04
Logo,
0 < |x − a| < ε ⇒ −ε < x − a < ε
⇒ −ε < f (x) − a < ε
⇒ |f (x) − a| < ε
Exemplo 9.
Prove que
lim (4x − 5) = 3
x→2
Solução:
(i)
Conjecturar sobre o valor de δ .
|f (x) − 5| < ε,
ε > 0.
para todo
Queremos determinar
δ >0
tal que se
0 < |x − 2| < δ
|f (x) − 3| = |(4x − 5) − 3| = |4x − 8| = |4(x − 2)| = 4|x − 2| < ε ⇒ |x − 2| <
Logo,
(ii)
δ=
então
Porém, note que
ε
4
ε
.
4
Vericar se o valor de δ é válido.
ε
, então
4
ε
ε
⇒ − <x−2<
4
4
⇒ −ε < 4x − 8 < ε
Se tomarmos
0 < |x − 2| <
ε
4
δ=
⇒ |(4x − 5) − 3| < ε
Exemplo 10.
Verique que
lim x2 = 9.
x→3
Solução:
(i)
Conjecturar sobre o valor de δ .
então
|f (x) − 9| < ε.
Vamos determinar o valor de
δ>0
tal que se
0 < |x − 3| < δ
Logo, notamos que
|f (x) − 9| = |x2 − 9| = |(x − 3)(x + 3)| = |x − 3||x + 3|
Agora, queremos estimar
|x + 3|,
ou seja, encontrar uma constante
C>0
tal que
|x + 3| < C ,
pois
assim,
|x + 3||x − 3| < C|x − 3|
E assim, podemos fazer
C|x − 3| < ε ⇒ |x − 3| <
Como queremos números
x
bem próximos de
3,
ε
=δ
C
não é absurdo supor que
|x − 3| < 1
(1)
|x − 3| < 1 ⇒ −1 < x − 3 < 1 ⇒ 2 < x < 4
(2)
Então,
Pela propriedades das desigualdades, temos por 2 que
5 < x + 3 < 7 ⇒ −7 < 5 < x + 3 < 7 ⇒ −7 < x + 3 < 7 ⇒ |x + 3| < 7
Logo a constante procurada é
C = 7.
Mas observe que agora temos duas restrições para
|x − 3| < 1 e |x − 3| <
Logo, escolhemos
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(3)
δ.
ε
7
n εo
δ = min 1,
7
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(ii)
Aula n
Vericar se δ é válido.
Seja
n εo
δ = min 1,
7
e que
0 < |x − 3| < δ .
o
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Note que
|f (x) − 9| = |x2 − 9| = |x + 3||x − 3| < 7δ
Agora, se
δ=
ε
7
então,
ε
|f (x) − 9| = |x2 − 9| = |x + 3||x − 3| < 7δ = 7 = ε
7
Se
δ = 1,
então
1<
ε
.
7
Logo,
ε
|f (x) − 9| = |x2 − 9| = |x + 3||x − 3| < 7δ = 7.1 < 7 = ε
7
Em todos os casos, obtemos que
|f (x) − 9| < ε
Note que para a função quadrática, mostrar um limite pela denição apresenta certa diculdade, imagine
se tivermos a função:
x3 − 4x7 + 6x11
f (x) = √
x4 − x2 + 1
Por isso, na próxima seção utilizaremos alguns resultados que nos permite calcular o limite de outras
funções utilizando apenas as funções elementares.
2.1
Propriedades de Limites
Teorema 1.
Supondo
c
uma constante e que os limites
lim f (x) e lim g(x)
x→a
x→a
existem, então:
1.
2.
3.
lim [f (x) + g(x)] = lim f (x) + lim g(x)
(O limite da soma é a soma dos limites);
lim [f (x) − g(x)] = lim f (x) − lim g(x)
(O limite da diferença é a diferença dos limites);
x→a
x→a
x→a
x→a
x→a
x→a
lim [cf (x)] = c lim f (x)
x→a
x→a
(O limite do produto por uma constante é a constante vez o limite da
função);
4.
lim [f (x).g(x)] = lim f (x) · lim g(x)
x→a
5. Se
x→a
g(x) 6= 0
e
x→a
lim g(x) 6= 0
x→a
então
(O limite do produto é o produto dos limites);
lim f (x)
f (x)
= x→a
x→a g(x)
lim g(x)
lim
(O limite do quociente é o quociente dos
x→a
limites).
Vamos analisar alguns exemplos:
Exemplo 11.
Verique que
lim x2 = a2 ,
x→a
Solução:
Sabemos pelo exemplo 8 que
propriedade
(4)
para qualquer
lim x = a.
x→a
a ∈ R.
Logo, tomando
f (x) = x
e
g(x) = x,
segue da
que
lim x2 = lim x.x = lim x. lim x = a.a = a2
x→a
x→a
x→a
x→a
Exemplo 12.
Verique que
lim (−3x2 + 2x + 10) = 2.
x→2
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Solução:
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Sabemos que
lim x2 = 22 = 4
x→2
lim x = 2
x→2
lim 10 = 10
x→2
Então, segue do teorema 5 que
lim (−3x2 + 2x + 10) =
lim (−3x2 ) + lim 2x + lim 10 (Propriedade 1)
x→2
x→2
2
= −3 lim x + 2 lim x + lim 10 (Propriedade
x→2
x→2
x→2
x→2
x→2
3)
= −3.4 + 2.2 + 10
= 2
Mediante os dois últimos exemplos podemos enunciar o seguinte resultado.
Teorema 2.
Seja
f
uma função polinomial dada por
f (x) = cn xn + cn−1 xn−1 + ... + c1 x + c0
Então
lim f (x) = cn an + cn−1 an−1 + ... + c1 a + c0
x→a
O teorema acima pode ser provado utilizando o teorema 5. Em posse desse resultado, podemos resolver
o seguinte exemplo:
Exemplo 13.
Calcule
lim (x5 + 7x4 − 12x3 + 6x2 − 10x + 1).
x→−1
Pelo teorema 2, obtemos que
lim (x5 + 7x4 − 12x3 + 6x2 − 10x + 1) = (−1)5 + 7.(−1)4 − 12.(−1)3 + 6.(−1)2 + 10.(−1) + 1
x→−1
= −1 + 7 + 12 + 6 − 10 + 1
= 15
Exemplo 14.
Solução:
Calcule
Note que
x2 − 1
.
x→−5 x2 + 1
lim
g(x) = x2 + 1 6= 0
para todo
x ∈ Dg .
Observe também que
lim x2 − 1 = (−5)2 − 1 = 25 − 1 = 24
x→−5
E que,
lim x2 + 2 = (−5)2 + 2 = 25 + 1 = 26 6= 0
x→−5
Então, pela propriedade
(5),
obtemos que
lim x2 − 1
x2 − 1
24
12
x→−5
=
=
=
lim 2
2
x→−5 x + 1
26
13
lim x + 1
x→−5
A proposição seguinte será enunciada sem demonstração.
Proposição 1. lim
x→a
√
√
n
x = n x,
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para todo
a > 0.
12
Cálculo I
Aula n
o
04
A ideia da sua demonstração será dada nas aulas seguintes. O próximo resultado será de grande utilidade
para nossos cálculos e reforça a ideia de que para existir o limite
a.
Teorema 3.
x 6= a
e se
Sejam
lim g(x)
x→a
f
g
e
duas funções. Se existir
existir, então
lim f (x)
x→a
δ>0
lim f (x), f
x→a
tal que
não precisa estar denida em
f (x) = g(x)
para
a − δ < x < a + δ,
também existirá e
lim f (x) = lim g(x).
x→a
Exemplo 15.
(a)
(b)
(c)
(d)
x→a
Calcule:
x2 − 1
;
x→1 x − 1
√
√
x− 3
lim
;
x→3
x−3
√
√
3
x− 32
lim
;
x→2
x−2
√
x−1
√ .
lim √
x→1
2x + 3 − 5
lim
Solução:
(i) Note que não podemos utilizar o teorema 5, pois
lim x − 1 = 0
x→1
Então vamos tentar utilizar o teorema 3. Desse modo, devemos encontrar uma função
f (x) = g(x) em todo ponto próximo de 1,
f (x),
tal que
lim g(x) exista.
x→1
g(x)
tal que
Notando pela denição da função
notamos que
x2 − 1
(x − 1)(x + 1)
=
x−1
x−1
de 1, mas que x 6= 1, então
f (x) =
Como consideramos pontos
x
próximos
temos que
x − 1 6= 0.
Dessa
forma, podemos fazer:
+ 1)
(x
−1)(x
x2 − 1 =
=x+1
x−1
x−
1
Logo, considerando g(x) = x + 1, temos que f (x) = g(x) para todos os pontos próximos de 1, exceto
o 1. E sabemos que lim x + 1 = 2. Então, pelo teorema 3, temos que
x→1
lim f (x) = lim x + 1 = 2
x→1
x→1
Observação 1.
Nos próximos exemplos, não detalharemos tanto as contas, porém, os detalhes omi-
tidos são análogos ao item
(a).
(b) Nossa intenção é utilizar o teorema 3, pois
lim x − 3 = 0
x→3
Logo, para pontos
x
3, mas x 6= 3, temos
√
√
√
√
x− 3
x− 3
√
f (x) =
= √
x−3
( x)2 − ( 3)2
√ √
x− 3
= √
√ √ √
( x + 3)
( x
− 3)
1
√
= √
x+ 3
próximos de
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Cálculo I
Aula n
Logo,
√
lim
x→3
o
04
√
x− 3
1
1
√ = √
= lim √
x→3
x−3
x+ 3
2 3
(c) Utilizaremos o teorema 3. Sendo assim,
√
3
lim
x→2
√
x− 32
x−2
=
=
=
=
√
√
3
x− 32
√
lim √
x→2 ( 3 x)3 − ( 3 2)3
√
√
3
3
x−
2
lim √ √
√
√
√
√
3
3
3
3
3
2
2
x→2 ( 3
x − 2)(( x) + x 2 + ( 2) ))
1
√
lim √
√ √
x→2 ( 3 x)2 + 3 x 3 2 + ( 3 2)2
1
√
334
(d) Utilizando o teorema 3 e o teorema 5, obtemos que
√
x− 1
√
lim √
x→1
2x + 3 − 5
√
=
=
=
=
=
√
√
√
( x − 1)( 2x + 3 + 5)
√
lim
√
x→1
( 2x + 3)2 − ( 5)2
√
√
√
( x − 1)( 2x + 3 + 5)
lim
x→1
2x + 3 − 5
√
√
√
( x − 1)( 2x + 3 + 5)
lim
x→1
2x − 2
√
√
√
( x − 1)( 2x + 3 + 5)
lim
x→1
2(x − 1)
√
√
√
x−1
2x + 3 + 5
lim
lim
x→1 x − 1 x→1
2
Agora, note que
√
√
x−1
lim
x→1 x − 1
x−1
√
lim √
2
( x) − ( 1)2
√ x−1
= lim √ √
x→1 ( x − 1)( x + 1)
1
= lim √
x→1
x+1
1
=
2
=
x→1
E note também que
√
lim
x→1
Logo,
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2x + 3 +
2
√
5
√
√
√
2.1 + 3 + 5
2 5 √
=
=
= 5
2
2
√
√
x− 1
5
√ =
lim √
x→1
2
2x + 3 − 5
√
14
Cálculo I
3
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o
04
Funções Contínuas
Denição 3.
Seja
I
um intervalo e
a ∈ I,
dizemos que uma função
f :I→R
é contínua em
a
se
lim f (x) = f (a)
x→a
Observação 2.
(1)
(2)
(3)
f
Para que
está denida em
lim f (x)
x→a
f
seja contínua em
a,
devem ser satisfeitas as seguintes armações:
a;
existe e;
lim f (x) = f (a).
x→a
Exemplo 16.
Solução:
As funções
Seja
a
f, g : R → R
dada por
f (x) = c
e
g(x) = x
são contínuas em todo
a ∈ R.
um número real qualquer. Então
lim f (x) = lim c = c = f (a)
x→a
x→a
E também
lim g(x) = lim x = a = g(a)
x→a
x→a
Logo, as funções constante e identidade são contínuas
Observação 3.
Dizemos que uma função é contínua em um intervalo
I
se ela é contínua em todos os
x ∈ I.
Gracamente, podemos reconhecer o gráco de uma função contínua como sendo um gráco sem
problemas, em outras palavras, um gráco em que possamos traçá-lo sem tirar o lápis do papel, ou seja
um gráco que não apresenta furos e saltos. O seguinte gráco exemplica tal ideia.
Se
f
não atende a denição 3 em
a
é chamada
descontínua em a.
Gracamente, podemos reconhecer
que uma função é descontínua se o seu gráco apresenta furos e saltos, tais como os grácos dos
seguintes exemplos:
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Figura 11: Gráco de uma função descontínua(1)
Figura 12: Gráco de uma função descontínua(2)
Figura 13: Gráco de uma função descontínua(2)
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Figura 14: Gráco de uma função descontínua(3)
Como é do nosso interesse efetuarmos certos cálculos com funções contínuas, exibiremos o próximo
teorema que lista as principais funções contínuas.
Teorema 4.
As seguintes funções são contínuas em seus respectivos domínios:
(i) Polinomiais;
(ii) Racionais;
(iii) Exponenciais;
(iv) Trigonométricas;
(v) Potências;
(vi) Logarítmicas.
Mostraremos alguns exemplos de utilização desse teorema.
Exemplo 17.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f )
(g)
Calcule:
lim 5x2 − 6x + 2;
x→2
3x2 + 2x
;
x→3 5x − 10
lim
lim e−x ;
x→−1
lim senx;
x→0
lim cos x;
x→4π
lim
x→10
√
5
x;
lim ln x.
x→25
Solução:
Utilizando o teorema 4, obtemos que
(a)
lim 5x2 − 6x + 2 = 5.22 − 6.2 + 2 = 20 − 12 + 2 = 10
x→2
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(b) Fazendo
f (x) =
3x2 + 2x
,
5x − 10
temos que
5.3 − 10 = 5 6= 0.
Logo,
3 ∈ Df .
o
04
Dessa forma,
3x2 + 2x
3.32 + 2.3
33
=
=
x→3 5x − 10
5.3 − 10
5
lim
(c)
lim e−x = e−(−1) = e1 = e
x→−1
(d)
lim senx = sen 0 = 0
x→0
(e)
lim cos x = cos(4π) = 1
x→4π
(f )
lim
x→10
√
√
5
5
x = 10
(g)
lim ln x = ln 25 = ln 52 = 2 ln 5
x→25
3.1
Operações com Funções Contínuas
O resultado dessa seção é de grande importância para efetuarmos cálculos com funções contínuas.
Teorema 5.
Sejam
f, g : I → R
(i)
f +g
é contínua em
a
e
(ii)
f −g
é contínua em
a
e
(iii)
cf
é contínua em
a
e
(iv)
fg
é contínua em
a
e
(v) Se além disso,
funções contínuas em
a∈I
e considere
c
uma constante. Então,
lim (f + g)(x) = f (a) + g(a);
x→a
lim (f − g)(x) = f (a) − g(a);
x→a
lim (cf )(x) = cf (a);
x→a
lim (f g)(x) = f (a)g(a);
x→a
g(a) 6= 0
então
f
g
é contínua em
a
e
f
f (a)
(x) =
x→a g
g(a)
lim
Os seguintes exemplos ilustram bem a utilização do teorema 5.
Exemplo 18.
Calcule:
(a)
x2 − 6x + 2
;
x→−2 x3 − 4x + 5
(b)
x2 + ln x − 6sen x
;
x→5
x2 − 16x
(c)
2x − cosx + 1
;
x→0
2x − 1
(d)
(e)
lim
lim
lim
lim ex (tgx + cossecx);
x→2π
lim (x2 − 6x)(3x − 5)(x − 10).
x→3
Solução:
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04
(a) Escrevendo
h(x) =
x2 − 6x + 2
f (x)
=
3
x − 4x + 5
g(x)
onde
f (x) = x2 − 6x + 2
Podemos entender
f (x)
g(x)
e
e
g(x) = x3 − 4x + 5.
como soma de funções:
f (x) = f1 (x) + f2 (x) + f3 (x)
e
g(x) = g1 (x) + g2 (x) + g3 (x)
dadas por
g1 (x) = x3
2
f1 (x) = x
g2 (x) = −4x
f2 (x) = −6x
g3 (x) = 5
f3 (x) = 2
Note que as funções
(i)
temos que
f (x)
e
f1 (x), f2 (x),f3 (x), g1 (x), g2 (x) e g3 (x)
g(x) são contínuas. Sendo assim,
são contínuas. Então, pelo teorema 5
lim f (x) = (−2)2 − 6.(−2) + 2 = 18
x→−2
e
lim g(x) = (−2)3 − 4.(−2) + 5 = 5
x→−2
Como
g(−2) 6= 0
então, segue do item
(v)
que
lim h(x) = lim
x→−2
x→−2
f (x)
18
=
g(x)
5
Os próximos limites serão calculados diretamente, sem explicitar todos os passos do cálculo.
(b) Considere
h(x) =
Noter que
x2 + ln x + −6sen x
f (x)
=
2
x − 16x
g(x)
f (x) e g(x) são funções contínuas, pois são soma e diferença de funções contínuas.
Agora,
note que
g(5) = 52 − 16.5 = 25 − 80 = −55 6= 0
Logo, pelo teorema 5
(v),
temos que
x2 + ln x + −6sen x
52 + ln 5 − 6sen 5
25 + ln 5 − 6sen 5
=
=
2
2
x→5
x − 16x
5 − 16.5
−55
lim
(c) Observe que
h(x) =
em que
f (x) = 2x − cosx + 1
e
2x − cosx + 1 f (x)
2x − 1
g(x)
g(x) = 2x − 1.
Note que
f (x)
e
g(x)
são contínuas, pois são soma
de funções contínuas. Agora, como
g(0) = 2.0 − 1 = −1 6= 0
então, segue do teorema 5
(v)
lim
x→0
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que
2x − cosx + 1
2.0 − cos 0 + 1
0
=
=
=0
2x − 1
2.0 − 1
−1
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(d) Consideremos
04
h(x) = ex (tgx + cossecx) = f (x).g(x)
f (x) = ex e g(x) = (tgx + cossecx).
item (iv), que
onde
5,
o
Como
f (x) e g(x) são contínuas,
então segue do teorema
lim ex (tgx + sec x) = e2π (tg2π + sec 2π) = e2π (0 + 1) = e2π
x→2π
(e) Note que podemos escrever
p(x) = (x2 − 6x)(3x − 5)(x − 10) = f (x)g(x)h(x)
em que
f (x) = x2 − 6x, g(x) = 3x − 5
e
h(x) = x − 10.
f (x), g(x) e h(x)
item (iv), que
Note que
pois são soma de funções contínuas. Logo, segue do teorema 5,
são contínuas,
lim (x2 − 6x)(3x − 5)(x − 10) = (32 − 6.3)(3.3 − 5)(3 − 10) = (−9).4.(−7) = 252
x→3
Resumo
Faça um resumo dos principais resultados vistos nesta aula, destacando as denições dadas.
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