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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
Se f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) quando x está próximo de p (exceto
possivelmente em p) e
lim
x→p
f(x) = L = lim
x→p
h(x),
então
lim
x→p
g(x) = L.
Teorema
Este teorema também é conhecido como
o teorema do sanduíche.
Aula 5 Cálculo I 3
Relembrando o teorema do anulamento
Se y = f(x) é uma função limitada em torno de um ponto p e
limx→p g(x) = 0, então
lim
x→p
(f(x) · g(x)) = 0.
Teorema
Aula 5 Cálculo I 4
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4
cos
2
x
.
Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que
−x4
≤ x4
cos
2
x
≤ +x4
.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4
cos
2
x
= 0.
Aula 5 Cálculo I 5
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4
cos
2
x
.
Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que
−x4
≤ x4
cos
2
x
≤ +x4
.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4
cos
2
x
= 0.
Aula 5 Cálculo I 6
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4
cos
2
x
.
Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que
−x4
≤ x4
cos
2
x
≤ +x4
.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4
cos
2
x
= 0.
Aula 5 Cálculo I 7
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4
cos
2
x
.
Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que
−x4
≤ x4
cos
2
x
≤ +x4
.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4
cos
2
x
= 0.
Aula 5 Cálculo I 8
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4
cos
2
x
.
Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que
−x4
≤ x4
cos
2
x
≤ +x4
.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4
cos
2
x
= 0.
Aula 5 Cálculo I 9
Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart
Estude lim
x→0
x4
cos
2
x
.
Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli-
cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que
−x4
≤ x4
cos
2
x
≤ +x4
.
Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto
que
lim
x→0
x4
cos
2
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 = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1
≤ 2sen(π/x)
≤ 2+1
.
Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(π/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 = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1
≤ 2sen(π/x)
≤ 2+1
.
Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(π/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 = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1
≤ 2sen(π/x)
≤ 2+1
.
Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(π/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 = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1
≤ 2sen(π/x)
≤ 2+1
.
Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(π/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 = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1
≤ 2sen(π/x)
≤ 2+1
.
Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(π/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 = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen-
ciando, vemos que
2−1
≤ 2sen(π/x)
≤ 2+1
.
Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como
limx→0+
√
x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que
lim
x→0+
√
x 2sen(π/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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3) − 1 = 5.
f(x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 2 x − 1, para x = 3.
Aula 5 Cálculo I 29
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3) − 1 = 5.
f(x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 2 x − 1, para x = 3.
Aula 5 Cálculo I 30
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3) − 1 = 5.
f(x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 2 x − 1, para x = 3.
Aula 5 Cálculo I 31
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3) − 1 = 5.
f(x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 2 x − 1, para x = 3.
Aula 5 Cálculo I 32
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3) − 1 = 5.
f(x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 2 x − 1, para x = 3.
Aula 5 Cálculo I 33
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Motivação para a definição formal de limite
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
(∗)
= lim
x→3
2 (x − 1/2)(x − 3)
x − 3
= lim
x→3
(2 x − 1)
= 2 (3) − 1 = 5.
f(x) =
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 2 x − 1, para x = 3.
Aula 5 Cálculo I 34
(∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
Visualizando os elementos da definição no GeoGebra
Aula 5 Cálculo I 35
Definição formal de limite
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|
distância entre x e p
< δ, então |f(x) − L|
distância entre f(x) e L
< .
Neste caso escreveremos
lim
x→p
f(x) = L.
Definição
Aula 5 Cálculo I 36
Definição formal de limite
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|
distância entre x e p
< δ, então |f(x) − L|
distância entre f(x) e L
< .
Neste caso escreveremos
lim
x→p
f(x) = L.
Definição
Aula 5 Cálculo I 37
Definição formal de limite
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|
distância entre x e p
< δ, então |f(x) − L|
distância entre f(x) e L
< .
Neste caso escreveremos
lim
x→p
f(x) = L.
Definição
Aula 5 Cálculo I 38
Definição formal de limite
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|
distância entre x e p
< δ, então |f(x) − L|
distância entre f(x) e L
< .
Neste caso escreveremos
lim
x→p
f(x) = L.
Definição
Aula 5 Cálculo I 39
Definição formal de limite
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|
distância entre x e p
< δ, então |f(x) − L|
distância entre f(x) e L
< .
Neste caso escreveremos
lim
x→p
f(x) = L.
Definição
Aula 5 Cálculo I 40
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 41
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 42
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 43
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 44
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 45
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 46
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 47
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 48
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 49
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 50
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 51
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 52
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 53
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 54
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 55
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 56
Exemplo
Mostre que lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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
lim
x→3
2 x2 − 7 x + 3
x − 3
= 5.
Aula 5 Cálculo I 57
Um exemplo onde não existe o limite
Aula 5 Cálculo I 58
Definição formal de limite lateral à esquerda
Dizemos que
lim
x→p+
= L
se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que
se 0 < |x −p| < δ e x > p, então |f(x)−L| < .
Definição
Aula 5 Cálculo I 59
Definição formal de limite lateral à direita
Dizemos que
lim
x→p−
= L
se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que
se 0 < |x −p| < δ e x < p, então |f(x)−L| < .
Definição
Aula 5 Cálculo I 60
Limites infinitos e assíntotas verticais
Aula 5 Cálculo I 61
Cuidado!
f(x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000 000
− 0.0001 100 000 000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000 000
+ 0.0010 1 000 000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 62
Cuidado!
f(x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000 000
− 0.0001 100 000 000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000 000
+ 0.0010 1 000 000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 63
Cuidado!
f(x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000 000
− 0.0001 100 000 000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000 000
+ 0.0010 1 000 000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 64
Cuidado!
f(x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000 000
− 0.0001 100 000 000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000 000
+ 0.0010 1 000 000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 65
Cuidado!
f(x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000 000
− 0.0001 100 000 000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000 000
+ 0.0010 1 000 000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 66
Cuidado!
f(x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000 000
− 0.0001 100 000 000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000 000
+ 0.0010 1 000 000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 67
Cuidado!
f(x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000 000
− 0.0001 100 000 000
+ 0.0000 não está definida
+ 0.0001 100 000 000
+ 0.0010 1 000 000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 68
Cuidado!
f(x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000 000
− 0.0001 100 000 000
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+ 0.0001 100 000 000
+ 0.0010 1 000 000
+ 0.0100 10 000
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f(x) =
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+ 0.0001 100 000 000
+ 0.0010 1 000 000
+ 0.0100 10 000
+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 70
Cuidado!
f(x) =
1
x2
x q(x)
− 0.1000 100
− 0.0100 10 000
− 0.0010 1 000 000
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+ 0.1000 100
Aula 5 Cálculo I 71
Exemplo
lim
x→0
1
x2
= +∞.
Aula 5 Cálculo I 72
Limite infinito (de um ponto de vista informal)
Seja f uma função definida em ambos os lados de p, exceto
possivelmente em p. Dizemos que
lim
x→p
f(x) = +∞
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.
Definição
Aula 5 Cálculo I 73
Exemplo
lim
x→0
−
1
x2
= −∞.
Aula 5 Cálculo I 74
Limite infinito (de um ponto de vista informal)
Seja f uma função definida em ambos os lados de p, exceto
possivelmente em p. Dizemos que
lim
x→p
f(x) = −∞
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.
Definição
Aula 5 Cálculo I 75
Limites laterais infinitos
Definições análogas podem ser dadas no caso de limites laterais:
lim
x→p+
f(x) = +∞, lim
x→p+
f(x) = −∞,
lim
x→p−
f(x) = +∞, lim
x→p−
f(x) = −∞.
Aula 5 Cálculo I 76
Exemplo
lim
x→3+
1
x − 3
= +∞ e lim
x→3−
1
x − 3
= −∞.
Aula 5 Cálculo I 77
Assíntota vertical
A reta x = p é uma assíntota vertical do gráfico de y = f(x) se
pelo menos uma das seguintes condições estiver satisfeita:
lim
x→p+
f(x) = +∞, lim
x→p+
f(x) = −∞,
lim
x→p−
f(x) = +∞, lim
x→p−
f(x) = −∞.
Definição
Aula 5 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

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  • 1. Cálculo I Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Aula 5 13 de setembro de 2007 Aula 5 Cálculo I 1
  • 2. Exercícios da última aula Aula 5 Cálculo I 2
  • 3. Relembrando o teorema do confronto Se f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) quando x está próximo de p (exceto possivelmente em p) e lim x→p f(x) = L = lim x→p h(x), então lim x→p g(x) = L. Teorema Este teorema também é conhecido como o teorema do sanduíche. Aula 5 Cálculo I 3
  • 4. Relembrando o teorema do anulamento Se y = f(x) é uma função limitada em torno de um ponto p e limx→p g(x) = 0, então lim x→p (f(x) · g(x)) = 0. Teorema Aula 5 Cálculo I 4
  • 5. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 5
  • 6. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 6
  • 7. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 7
  • 8. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 8
  • 9. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 9
  • 10. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 10
  • 11. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 11
  • 12. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 12
  • 13. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 13
  • 14. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 14
  • 15. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 15
  • 16. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 16
  • 17. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 17
  • 18. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 18
  • 19. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 19
  • 20. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 20
  • 21. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 21
  • 22. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 22
  • 23. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 23
  • 24. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 24
  • 25. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 25
  • 26. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 26
  • 27. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 27
  • 28. As definições formais de limite e limites laterais Aula 5 Cálculo I 28
  • 29. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 29 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  • 30. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 30 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  • 31. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 31 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  • 32. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 32 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  • 33. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 33 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  • 34. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 34 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  • 35. Visualizando os elementos da definição no GeoGebra Aula 5 Cálculo I 35
  • 36. Definição formal de limite 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| distância entre x e p < δ, então |f(x) − L| distância entre f(x) e L < . Neste caso escreveremos lim x→p f(x) = L. Definição Aula 5 Cálculo I 36
  • 37. Definição formal de limite 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| distância entre x e p < δ, então |f(x) − L| distância entre f(x) e L < . Neste caso escreveremos lim x→p f(x) = L. Definição Aula 5 Cálculo I 37
  • 38. Definição formal de limite 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| distância entre x e p < δ, então |f(x) − L| distância entre f(x) e L < . Neste caso escreveremos lim x→p f(x) = L. Definição Aula 5 Cálculo I 38
  • 39. Definição formal de limite 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| distância entre x e p < δ, então |f(x) − L| distância entre f(x) e L < . Neste caso escreveremos lim x→p f(x) = L. Definição Aula 5 Cálculo I 39
  • 40. Definição formal de limite 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| distância entre x e p < δ, então |f(x) − L| distância entre f(x) e L < . Neste caso escreveremos lim x→p f(x) = L. Definição Aula 5 Cálculo I 40
  • 41. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 41
  • 42. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 42
  • 43. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 43
  • 44. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 44
  • 45. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 45
  • 46. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 46
  • 47. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 47
  • 48. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 48
  • 49. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 49
  • 50. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 50
  • 51. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 51
  • 52. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 52
  • 53. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 53
  • 54. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 54
  • 55. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 55
  • 56. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 56
  • 57. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 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 lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 57
  • 58. Um exemplo onde não existe o limite Aula 5 Cálculo I 58
  • 59. Definição formal de limite lateral à esquerda Dizemos que lim x→p+ = L se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que se 0 < |x −p| < δ e x > p, então |f(x)−L| < . Definição Aula 5 Cálculo I 59
  • 60. Definição formal de limite lateral à direita Dizemos que lim x→p− = L se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que se 0 < |x −p| < δ e x < p, então |f(x)−L| < . Definição Aula 5 Cálculo I 60
  • 61. Limites infinitos e assíntotas verticais Aula 5 Cálculo I 61
  • 62. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 62
  • 63. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 63
  • 64. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 64
  • 65. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 65
  • 66. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 66
  • 67. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 67
  • 68. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 68
  • 69. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 69
  • 70. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 70
  • 71. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 71
  • 73. Limite infinito (de um ponto de vista informal) Seja f uma função definida em ambos os lados de p, exceto possivelmente em p. Dizemos que lim x→p f(x) = +∞ 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. Definição Aula 5 Cálculo I 73
  • 75. Limite infinito (de um ponto de vista informal) Seja f uma função definida em ambos os lados de p, exceto possivelmente em p. Dizemos que lim x→p f(x) = −∞ 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. Definição Aula 5 Cálculo I 75
  • 76. Limites laterais infinitos Definições análogas podem ser dadas no caso de limites laterais: lim x→p+ f(x) = +∞, lim x→p+ f(x) = −∞, lim x→p− f(x) = +∞, lim x→p− f(x) = −∞. Aula 5 Cálculo I 76
  • 77. Exemplo lim x→3+ 1 x − 3 = +∞ e lim x→3− 1 x − 3 = −∞. Aula 5 Cálculo I 77
  • 78. Assíntota vertical A reta x = p é uma assíntota vertical do gráfico de y = f(x) se pelo menos uma das seguintes condições estiver satisfeita: lim x→p+ f(x) = +∞, lim x→p+ f(x) = −∞, lim x→p− f(x) = +∞, lim x→p− f(x) = −∞. Definição Aula 5 Cálculo I 78
  • 79. 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
  • 80. Exemplo A assíntota vertical de y = ln(x) é a reta x = 0 (o eixo y). Aula 5 Cálculo I 80