Cálculo I

Cálculo I
Humberto José Bortolossi
Departamento de Matemática Aplicada
Universidade Federal Fluminense
Aula 5
13 de setembro de 2007
Aula 5
Cálculo I
1
Exercícios da última aula
Aula 5
Cálculo I
2
Relembrando o teorema do confronto
Teorema
Se f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) quando x está próximo de p (exceto
possivelmente em p) e
lim f (x) = L = lim h(x),
x→p
x→p
então
lim g(x) = L.
x→p
Este teorema também é conhecido como
o teorema do sanduíche.
Aula 5
Cálculo I
3
Relembrando o teorema do anulamento
Teorema
Se y = f (x) é uma função limitada em torno de um ponto p e
limx→p g(x) = 0, então
lim (f (x) · g(x)) = 0.
x→p
Aula 5
Cálculo I
4
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
2
Estude lim x cos
.
x
x→0
4
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multiplicando estas desigualdades por x 4 para x 6= 0, vemos que
2
4
4
−x ≤ x cos
≤ +x 4 .
x
Como limx→0 (−x)4 = 0 = limx→0 (+x 4 ), segue-se pelo teorema do confronto
que
2
4
lim x cos
= 0.
x
x→0
Aula 5
Cálculo I
5
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
2
Estude lim x cos
.
x
x→0
4
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multiplicando estas desigualdades por x 4 para x 6= 0, vemos que
2
4
4
−x ≤ x cos
≤ +x 4 .
x
Como limx→0 (−x)4 = 0 = limx→0 (+x 4 ), segue-se pelo teorema do confronto
que
2
4
lim x cos
= 0.
x
x→0
Aula 5
Cálculo I
6
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
2
Estude lim x cos
.
x
x→0
4
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multiplicando estas desigualdades por x 4 para x 6= 0, vemos que
2
4
4
−x ≤ x cos
≤ +x 4 .
x
Como limx→0 (−x)4 = 0 = limx→0 (+x 4 ), segue-se pelo teorema do confronto
que
2
4
lim x cos
= 0.
x
x→0
Aula 5
Cálculo I
7
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
2
Estude lim x cos
.
x
x→0
4
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multiplicando estas desigualdades por x 4 para x 6= 0, vemos que
2
4
4
−x ≤ x cos
≤ +x 4 .
x
Como limx→0 (−x)4 = 0 = limx→0 (+x 4 ), segue-se pelo teorema do confronto
que
2
4
lim x cos
= 0.
x
x→0
Aula 5
Cálculo I
8
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
2
Estude lim x cos
.
x
x→0
4
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multiplicando estas desigualdades por x 4 para x 6= 0, vemos que
2
4
4
−x ≤ x cos
≤ +x 4 .
x
Como limx→0 (−x)4 = 0 = limx→0 (+x 4 ), segue-se pelo teorema do confronto
que
2
4
lim x cos
= 0.
x
x→0
Aula 5
Cálculo I
9
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
2
Estude lim x cos
.
x
x→0
4
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multiplicando estas desigualdades por x 4 para x 6= 0, vemos que
2
4
4
−x ≤ x cos
≤ +x 4 .
x
Como limx→0 (−x)4 = 0 = limx→0 (+x 4 ), segue-se pelo teorema do confronto
que
2
4
lim x cos
= 0.
x
x→0
Aula 5
Cálculo I
10
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim+
x→0
√
x 2sen(π/x) .
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponenciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 .
sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
Isto mostra
√ que y = f (x) = 2
limx→0+ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
√
lim+ x 2sen(π/x) = 0.
x→0
Aula 5
Cálculo I
11
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim+
x→0
√
x 2sen(π/x) .
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponenciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 .
sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
Isto mostra
√ que y = f (x) = 2
limx→0+ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
√
lim+ x 2sen(π/x) = 0.
x→0
Aula 5
Cálculo I
12
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim+
x→0
√
x 2sen(π/x) .
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponenciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 .
sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
Isto mostra
√ que y = f (x) = 2
limx→0+ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
√
lim+ x 2sen(π/x) = 0.
x→0
Aula 5
Cálculo I
13
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim+
x→0
√
x 2sen(π/x) .
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponenciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 .
sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
Isto mostra
√ que y = f (x) = 2
limx→0+ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
√
lim+ x 2sen(π/x) = 0.
x→0
Aula 5
Cálculo I
14
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim+
x→0
√
x 2sen(π/x) .
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponenciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 .
sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
Isto mostra
√ que y = f (x) = 2
limx→0+ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
√
lim+ x 2sen(π/x) = 0.
x→0
Aula 5
Cálculo I
15
Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim+
x→0
√
x 2sen(π/x) .
Solução. Temos que para todo x 6= 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponenciando, vemos que
2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 .
sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
Isto mostra
√ que y = f (x) = 2
limx→0+ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
√
lim+ x 2sen(π/x) = 0.
x→0
Aula 5
Cálculo I
16
Problemas de organização e
erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
17
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
18
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
19
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
20
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
21
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
22
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
23
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
24
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
25
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
26
Problemas de organização e erros freqüentes
Aula 5
Cálculo I
27
As definições formais de limite e
limites laterais
Aula 5
Cálculo I
28
Motivação para a definição formal de limite
2 x2 − 7 x + 3
x −3
x→3
lim
(∗)
=
=
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x −3
lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x −3
lim (2 x − 1)
x→3
=
2 (3) − 1 = 5.
=
2 x − 1,
para x 6= 3.
(∗) pois 2 x 2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Aula 5
Cálculo I
29
Motivação para a definição formal de limite
2 x2 − 7 x + 3
x −3
x→3
lim
(∗)
=
=
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x −3
lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x −3
lim (2 x − 1)
x→3
=
2 (3) − 1 = 5.
=
2 x − 1,
para x 6= 3.
(∗) pois 2 x 2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Aula 5
Cálculo I
30
Motivação para a definição formal de limite
2 x2 − 7 x + 3
x −3
x→3
lim
(∗)
=
=
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x −3
lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x −3
lim (2 x − 1)
x→3
=
2 (3) − 1 = 5.
=
2 x − 1,
para x 6= 3.
(∗) pois 2 x 2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Aula 5
Cálculo I
31
Motivação para a definição formal de limite
2 x2 − 7 x + 3
x −3
x→3
lim
(∗)
=
=
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x −3
lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x −3
lim (2 x − 1)
x→3
=
2 (3) − 1 = 5.
=
2 x − 1,
para x 6= 3.
(∗) pois 2 x 2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Aula 5
Cálculo I
32
Motivação para a definição formal de limite
2 x2 − 7 x + 3
x −3
x→3
lim
(∗)
=
=
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x −3
lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x −3
lim (2 x − 1)
x→3
=
2 (3) − 1 = 5.
=
2 x − 1,
para x 6= 3.
(∗) pois 2 x 2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Aula 5
Cálculo I
33
Motivação para a definição formal de limite
2 x2 − 7 x + 3
x −3
x→3
lim
(∗)
=
=
f (x) =
2 x2 − 7 x + 3
x −3
lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x −3
lim (2 x − 1)
x→3
=
2 (3) − 1 = 5.
=
2 x − 1,
para x 6= 3.
(∗) pois 2 x 2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Aula 5
Cálculo I
34
Visualizando os elementos da definição no GeoGebra
Aula 5
Cálculo I
35
Definição formal de limite
Definição
Seja f uma função definida em um intervalo aberto que
contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p.
Então dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p é
o número real L se para todo número > 0, existe um
número δ > 0 tal que
se
0<
|x − p|
| {z }
< δ,
então
distância entre x e p
|f (x) − L| < .
| {z }
distância entre f (x) e L
Neste caso escreveremos
lim f (x) = L.
x→p
Aula 5
Cálculo I
36
Definição formal de limite
Definição
Seja f uma função definida em um intervalo aberto que
contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p.
Então dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p é
o número real L se para todo número > 0, existe um
número δ > 0 tal que
se
0<
|x − p|
| {z }
< δ,
então
distância entre x e p
|f (x) − L| < .
| {z }
distância entre f (x) e L
Neste caso escreveremos
lim f (x) = L.
x→p
Aula 5
Cálculo I
37
Definição formal de limite
Definição
Seja f uma função definida em um intervalo aberto que
contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p.
Então dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p é
o número real L se para todo número > 0, existe um
número δ > 0 tal que
se
0 < |x − p| < δ,
| {z }
então
distância entre x e p
|f (x) − L| < .
| {z }
distância entre f (x) e L
Neste caso escreveremos
lim f (x) = L.
x→p
Aula 5
Cálculo I
38
Definição formal de limite
Definição
Seja f uma função definida em um intervalo aberto que
contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p.
Então dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p é
o número real L se para todo número > 0, existe um
número δ > 0 tal que
se
0 < |x − p| < δ,
| {z }
então
distância entre x e p
|f (x) − L| < .
| {z }
distância entre f (x) e L
Neste caso escreveremos
lim f (x) = L.
x→p
Aula 5
Cálculo I
39
Definição formal de limite
Definição
Seja f uma função definida em um intervalo aberto que
contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p.
Então dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p é
o número real L se para todo número > 0, existe um
número δ > 0 tal que
se
0<
|x − p|
| {z }
< δ,
então
distância entre x e p
|f (x) − L| < .
| {z }
distância entre f (x) e L
Neste caso escreveremos
lim f (x) = L.
x→p
Aula 5
Cálculo I
40
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
41
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
42
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
43
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
44
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
45
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
46
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
47
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
48
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
49
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
50
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
51
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
52
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
53
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
54
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
55
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
56
Exemplo
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
Mostre que lim
Solução. Temos que f (x) = (2 x 2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x 6= 3,
p = 3 e L = 5. Agora
|f (x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|.
Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que
se
0 < |x − 3| < δ
então
|f (x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 (/2) = .
Isto mostra que
2 x2 − 7 x + 3
= 5.
x −3
x→3
lim
Aula 5
Cálculo I
57
Um exemplo onde não existe o limite
Aula 5
Cálculo I
58
Definição formal de limite lateral à esquerda
Definição
Dizemos que
lim = L
x→p+
se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que
se
0 < |x − p| < δ e x > p,
Aula 5
então
|f (x) − L| < .
Cálculo I
59
Definição formal de limite lateral à direita
Definição
Dizemos que
lim = L
x→p−
se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que
se
0 < |x − p| < δ e x < p,
Aula 5
então
|f (x) − L| < .
Cálculo I
60
Limites infinitos e assíntotas verticais
Aula 5
Cálculo I
61
Cuidado!
f (x) =
x
− 0.1000
− 0.0100
− 0.0010
− 0.0001
+ 0.0000
+ 0.0001
+ 0.0010
+ 0.0100
+ 0.1000
Aula 5
1
x2
q(x)
100
10 000
1 000 000
100 000 000
não está definida
100 000 000
1 000 000
10 000
100
Cálculo I
62
Cuidado!
f (x) =
x
− 0.1000
− 0.0100
− 0.0010
− 0.0001
+ 0.0000
+ 0.0001
+ 0.0010
+ 0.0100
+ 0.1000
Aula 5
1
x2
q(x)
100
10 000
1 000 000
100 000 000
não está definida
100 000 000
1 000 000
10 000
100
Cálculo I
63
Cuidado!
f (x) =
x
− 0.1000
− 0.0100
− 0.0010
− 0.0001
+ 0.0000
+ 0.0001
+ 0.0010
+ 0.0100
+ 0.1000
Aula 5
1
x2
q(x)
100
10 000
1 000 000
100 000 000
não está definida
100 000 000
1 000 000
10 000
100
Cálculo I
64
Cuidado!
f (x) =
x
− 0.1000
− 0.0100
− 0.0010
− 0.0001
+ 0.0000
+ 0.0001
+ 0.0010
+ 0.0100
+ 0.1000
Aula 5
1
x2
q(x)
100
10 000
1 000 000
100 000 000
não está definida
100 000 000
1 000 000
10 000
100
Cálculo I
65
Cuidado!
f (x) =
x
− 0.1000
− 0.0100
− 0.0010
− 0.0001
+ 0.0000
+ 0.0001
+ 0.0010
+ 0.0100
+ 0.1000
Aula 5
1
x2
q(x)
100
10 000
1 000 000
100 000 000
não está definida
100 000 000
1 000 000
10 000
100
Cálculo I
66
Cuidado!
f (x) =
x
− 0.1000
− 0.0100
− 0.0010
− 0.0001
+ 0.0000
+ 0.0001
+ 0.0010
+ 0.0100
+ 0.1000
Aula 5
1
x2
q(x)
100
10 000
1 000 000
100 000 000
não está definida
100 000 000
1 000 000
10 000
100
Cálculo I
67
Cuidado!
f (x) =
x
− 0.1000
− 0.0100
− 0.0010
− 0.0001
+ 0.0000
+ 0.0001
+ 0.0010
+ 0.0100
+ 0.1000
Aula 5
1
x2
q(x)
100
10 000
1 000 000
100 000 000
não está definida
100 000 000
1 000 000
10 000
100
Cálculo I
68
Cuidado!
f (x) =
x
− 0.1000
− 0.0100
− 0.0010
− 0.0001
+ 0.0000
+ 0.0001
+ 0.0010
+ 0.0100
+ 0.1000
Aula 5
1
x2
q(x)
100
10 000
1 000 000
100 000 000
não está definida
100 000 000
1 000 000
10 000
100
Cálculo I
69
Cuidado!
f (x) =
x
− 0.1000
− 0.0100
− 0.0010
− 0.0001
+ 0.0000
+ 0.0001
+ 0.0010
+ 0.0100
+ 0.1000
Aula 5
1
x2
q(x)
100
10 000
1 000 000
100 000 000
não está definida
100 000 000
1 000 000
10 000
100
Cálculo I
70
Cuidado!
f (x) =
x
− 0.1000
− 0.0100
− 0.0010
− 0.0001
+ 0.0000
+ 0.0001
+ 0.0010
+ 0.0100
+ 0.1000
Aula 5
1
x2
q(x)
100
10 000
1 000 000
100 000 000
não está definida
100 000 000
1 000 000
10 000
100
Cálculo I
71
Exemplo
lim
x→0
Aula 5
1
= +∞.
x2
Cálculo I
72
Limite infinito (de um ponto de vista informal)
Definição
Seja f uma função definida em ambos os lados de p, exceto
possivelmente em p. Dizemos que
lim f (x) = +∞
x→p
se podemos fazer os valores de f (x) ficarem arbitrariamente
grandes (tão grandes quanto quisermos) por meio de uma
escolha adequada de x nas proximidades de p, mas não igual
a p.
Aula 5
Cálculo I
73
Exemplo
lim −
x→0
Aula 5
1
= −∞.
x2
Cálculo I
74
Limite infinito (de um ponto de vista informal)
Definição
Seja f uma função definida em ambos os lados de p, exceto
possivelmente em p. Dizemos que
lim f (x) = −∞
x→p
se podemos fazer os valores de f (x) ficarem arbitrariamente
grandes, porém negativos, escolhendo-se valores de x
próximos de p, porém diferentes do próprio p.
Aula 5
Cálculo I
75
Limites laterais infinitos
Definições análogas podem ser dadas no caso de limites laterais:
lim f (x) = +∞,
x→p+
lim f (x) = +∞,
x→p−
Aula 5
lim f (x) = −∞,
x→p+
lim f (x) = −∞.
x→p−
Cálculo I
76
Exemplo
lim
x→3+
1
= +∞
x −3
Aula 5
e
lim
x→3−
1
= −∞.
x −3
Cálculo I
77
Assíntota vertical
Definição
A reta x = p é uma assíntota vertical do gráfico de y = f (x) se
pelo menos uma das seguintes condições estiver satisfeita:
lim f (x) = +∞,
x→p+
lim f (x) = +∞,
x→p−
Aula 5
lim f (x) = −∞,
x→p+
lim f (x) = −∞.
x→p−
Cálculo I
78
Exemplo
As assíntotas verticais de y = tg(x) são
x = +π/2, x = −π/2, x = +3 π/2, x = −3 π/2, etc.
Aula 5
Cálculo I
79
Exemplo
A assíntota vertical de y = ln(x) é a reta
x = 0 (o eixo y ).
Aula 5
Cálculo I
80