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Departamento de Matemática - MTM

Universidade Federal de Santa Catarina - UFSC

MTM3101 - Cálculo 1

Notas de aula

Florianópolis - SC

2017.2

Sumário

1 O corpo dos números reais 7

1.1 O corpo dos números racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.1 Redutibilidade e irredutibilidade de números racionais . . . . . 11

1.2 Os números reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.1 Subconjuntos de R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3 Equações e inequações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4 Módulo de um número real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.5 Limitação de subconjuntos de R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.5.1 Propriedade Arquimediana de R . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.6 Topologia de R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Funções 25

2.1 Noções gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2 Operações com funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3 Funções especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.1 Funções pares e ímpares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.2 Funções periódicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.3 Funções injetoras, sobrejetoras e bijetoras . . . . . . . . . . . . . 31

2.3.4 Funções limitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.3.5 Funções monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.4 Funções trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.4.1 Outras funções trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.5 Funções exponencial e logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.6 Funções hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3 Limite e continuidade 43

2 SUMÁRIO

3.1 Noção intuitiva de limite e continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.2 Definições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.2.1 Propriedades do limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.3 Teorema do Confronto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3.4 Limites laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3.5 Funções contínuas e suas propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3.5.1 Continuidade de funções compostas . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3.6 Importantes teoremas para funções contínuas . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.6.1 O Teorema da Conservação de Sinal . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.6.2 Teorema do Valor Intermediário (TVI) . . . . . . . . . . . . . . . 62

3.6.3 Teorema do Anulamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3.6.4 Teorema de Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.7 O Primeiro Limite Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.8 Limites infinitos, no infinito e infinitos no infinito . . . . . . . . . . . . 65

3.8.1 Limites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.8.2 Limites no infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.8.3 Limites infinitos no infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.9 O Segundo Limite Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4 A derivada 79

4.1 Motivação e definição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4.2 A derivada como uma função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

4.2.1 Diferenciabilidade e continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

4.3 Fórmulas e regras de derivação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

4.4 A regra da cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

4.5 Derivação implícita e derivada de funções inversas . . . . . . . . . . . . 90

4.6 Derivadas de ordens superiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

4.7 Taxas relacionadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.8 Aproximações lineares e diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

5 Aplicações da derivada 101

5.1 Máximos e mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

5.1.1 Problemas envolvendo máximos e mínimos . . . . . . . . . . . . 104

5.2 O Teorema do Valor Médio (TVM) e suas consequências . . . . . . . . . 107

5.3 Concavidade e pontos de inflexão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

5.4 Regras de L’Hôpital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

5.5 Assíntotas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

SUMÁRIO 3

5.6 Esboço de gráficos de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

6 A integral 123

6.1 A integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

6.2 O Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . 127

6.3 Antiderivadas ou primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

6.4 O Segundo Teorema Fundamental do Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . 130

6.5 Regra da substituição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

6.6 Integração por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

6.7 Cálculo de áreas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

7 Técnicas de integração 143

7.1 Integrais trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

7.2 Substituição inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

7.3 Primitivas de funções racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

7.3.1 Denominadores redutíveis do 2o grau . . . . . . . . . . . . . . . 149

7.3.2 Denominadores redutíveis do 3o grau . . . . . . . . . . . . . . . 150

7.3.3 Denominadores irredutíveis do 2o grau . . . . . . . . . . . . . . . 151

7.4 A substituição u = tg(x/2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

8 Funções logaritmo e exponencial 157

8.1 Função logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

8.2 Função exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

9 Integrais impróprias 163

9.1 Intervalos infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

9.1.1 Testes de convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

9.1.2 Integrandos descontínuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

4 SUMÁRIO

Introdução

Estas notas foram elaboradas com base nas Notas de Aulas dos professores Márcia

Federson, Alexandre Carvalho e Wagner Nunes do ICMC-USP, da professora Gabriela

Planas da UNICAMP, e segue os livros [1, 2, 3, 4, 5], e a cada semestre os professores

do Departamento de Matemática da UFSC trabalham para aprimorá-las.

Elas foram feitas para auxiliar os alunos do curso de Cálculo 1, e fornecer uma boa

base para que possam seguir para os outros 3 cursos de Cálculo que virão.

Alguma dicas para o estudo do Cálculo:

∗ Não é possível ler e entender cálculo como se lê e entende um romance ou um

jornal.

∗ Leia o texto atentamente e pacientemente procurando entender profundamente

os conceitos e resultados apresentados. A velocidade de leitura não é importante

aqui.

∗ Acompanhe os exemplos passo a passo procurando desvendar o porquê de cada

passagem e tentando enxergar porque o autor adotou esta solução. Tente soluções

alternativas.

∗ Pratique os conceitos aprendidos fazendo as tarefas (listas de exercícios). Não se

aprende cálculo contemplativamente. É importante fazer muitos exercícios.

∗ Também não se aprende cálculo apenas assistindo às aulas ou somente fazendo

exercícios. É preciso assistir às aulas, estudar e refletir sobre os conceitos e fazer

muitos exercícios.

6 SUMÁRIO

∗ Procure discutir os conceitos desenvolvidos em sala de aula com os colegas.

∗ É muito importante frequentar as monitorias ainda que seja somente para inteirar-

se das dúvidas dos colegas.

∗ Não desista de um exercício se a sua solução não é óbvia, insista e descubra o

prazer de desvendar os pequenos mistérios do cálculo.

∗ Dificuldades são esperadas, mas são elas que nos ajudam a evoluir. Então, ao

se deparar com um resultado difícil ou um exercício complicado, não desista.

Estude, releia, tente, erre, estude mais, tente novamente, mas nunca desista.

Os Capítulos 1 e 2 oferecem uma revisão do conteúdo básico visto na disciplina de

Pré-Cálculo (MTM3100), e está apresentado para que estas notas sejam autossuficien-

tes. O aluno que tiver domínio do conteúdo básico pode pular estes capítulos, e passar

direto para o Capítulo 3 - Limites.

Recomendamos a todos os alunos que sempre estejam em dia com os conteúdos

básicos, pois só com uma base sólida conseguimos expandir cada vez mais nosso co-

nhecimento.

Capítulo

1

O corpo dos números reais

Antes de falar no corpo dos números reais, vamos primeiramente estudar o corpo

dos números racionais.

1.1 O corpo dos números racionais

Indicamos por N, Z e Q os conjuntos dos números naturais, inteiros e racionais,

respectivamente; isto é:

N = {0,1,2,3, . . .}, Z = {. . . ,−3,−2,−1,0,1,2,3, . . .} e Q ={ab ; a,b ∈ Z , b , 0

}.

Em Q faremos a seguinte identificação:

ab

=p

qse, e somente se, aq = bp.

Assim todo número racional possui infinitas representações distintas, pois ab = an

bn

para todo inteiro não-nulo n. A soma e o produto em Q são definidos, respectivamente,

porab

+cd

=ad + bcbd

eab· cd

=acbd.

Chamamos adição a operação que a cada par (x,y) ∈Q×Q associa sua soma x+y ∈Q

8 O corpo dos números reais

e chamamos multiplicação a operação que a cada par (x,y) ∈Q×Q associa seu produto

x · y ∈Q. Denotaremos o produto x · y alternativamente por xy.

Exercício 1.1.1. Mostre que a soma e o produto em Q independem da representação esco-

lhida para ab e c

d ; isto é, se ab = p

q e cd = n

m então ab + c

d = pq + n

m e ab ·

cd = p

q ·nm .

A terna (Q,+, ·), ou seja Q munido das operações + e · , satisfaz as propriedades de

um corpo; isto é:

(A1) (associativa) (x+ y) + z = x+ (y + z), para quaisquer x,y,z ∈Q ;

(A2) (comutativa) x+ y = y + x, para quaisquer x,y ∈Q ;

(A3) (elemento neutro) existe 0 ∈Q tal que x+ 0 = x, para todo x ∈Q ;

(A4) (elemento oposto) para todo x ∈ Q, existe y ∈ Q, tal que x + y = 0 (denotamos

y = −x);

(M1) (associativa) (xy)z = x(yz), para quaisquer x,y,z ∈Q ;

(M2) (comutativa) xy = yx, para todo x,y ∈Q ;

(M3) (elemento neutro) existe 1 ∈Q, tal que x · 1 = x, para todo x ∈Q ;

(M4) (elemento inverso) para todo x ∈ Q, x , 0, existe y ∈ Q, tal que xy = 1 (denota-

mos y = 1x );

(D) (distributiva da multiplicação) x(y + z) = xy + xz, ∀ x,y,z ∈Q .

Com estas propriedades podemos provar todas as operações algébricas com o corpo

Q. Vamos enunciar algumas e demonstrar outras a seguir.

Proposição 1.1.2 (Lei do cancelamento). Se x,y,z ∈Q e x+ z = y + z então x = y.

Demonstração: Se x+ z = y + z temos

x+ z = y + z+(−z)=⇒ (x+ z) + (−z) = (y + z) + (−z)

(A1)=⇒ x+ (z+ (−z))

= y + (z+ (−z))(A4)=⇒ x+ 0 = y + 0

(A3)=⇒ x = y .

�

As seguintes propriedades seguem da lei do cancelamento.

1.1 O corpo dos números racionais 9

Proposição 1.1.3. Valem as seguintes:

(a) os elementos neutros da adição e da multiplicação são únicos;

(b) para cada x ∈Q, seu elemento oposto e seu elemento inverso são únicos;

(c) para todo x ∈Q, x · 0 = 0;

(d) para todo x ∈Q, −x = (−1)x.

Demonstração: Fica como exercício ao leitor. �

Definição 1.1.4. Seja ab ∈Q. Diremos que a

b é não-negativo, se a · b ∈ N

positivo, se a · b ∈ N e a , 0e

não-positivo, se ab não for positivo

negativo, se ab não for não-negativo.

Definição 1.1.5. Sejam x,y ∈ Q. Diremos que x é menor do que y e escrevemos x < y, se

existir t ∈ Q positivo tal que y = x + t. Neste caso poderemos também dizer que y é maior

do que x e escrevemos y > x. Em particular, teremos x > 0 se x for positivo e x < 0 se x for

negativo.

Se x < y ou x = y, então escreveremos x 6 y e lemos x é menor ou igual a y. Da mesma

forma se y > x ou y = x, então escreveremos y > x e lemos y é maior ou igual a x. Em

particular teremos x > 0 se x for não-negativo e x 6 0 se x for não-positivo.

A quádrupla (Q,+, ·,6) satisfaz as propriedades de um corpo ordenado; ou seja,

além das propriedades anteriores, também valem as seguintes:

(O1) (reflexiva) x 6 x para todo x ∈Q ;

(O2) (anti-simétrica) se x 6 y e y 6 x então x = y;

(O3) (transitiva) se x 6 y e y 6 z então x 6 z;

(O4) para quaisquer x,y ∈Q temos ou x 6 y ou y 6 x ;

(OA) se x 6 y então x+ z 6 y + z;

(OM) se x 6 y e z > 0, então xz 6 yz.


Temos as seguintes propriedades em Q:

Proposição 1.1.6. Se x,y,z,w ∈Q temos

(a) se x 6 y e z 6 w então x+ z 6 y +w.

(b) se 06 x 6 y e 06 z 6 w então xz 6 yw.

Demonstração: A prova do item (a) fica como exercício ao leitor. Provemos aqui o item

(b). Como x 6 y e z > 0 então xz 6 yz, pela propriedade (OM). Novamente, usando

(OM), como z 6 w e y > 0 temos yz 6 yw. Da propriedade transitiva (O3) segue que

xz 6 yw. �

Adicionalmente, podemos mostrar que valem as seguintes:

Proposição 1.1.7. Se x,y,z,w ∈Q, temos:

(a) x < y se, e somente se, x+ z < y + z;

(b) z > 0 se, e somente se,1z> 0;

(c) z > 0 se, e somente se, −z < 0;

(d) se z > 0, então x < y se, e somente se, xz < yz;

(e) se z < 0, então x < y se, e somente se, xz > yz;

(f) se 06 x < y e 06 z < w então xz < yw;

(g) se 0 < x < y então 0 <1y<

1x

;

(h) (tricotomia) x < y ou x = y ou x > y;

(i) (anulamento do produto) xy = 0 se, e somente se, x = 0 ou y = 0.

Demonstração: A demonstração destas propriedades fica a cargo do leitor. �

Definição 1.1.8. Se x ∈ Q e n é um inteiro positivo, definimos xn = x · . . . · x︸︷︷︸n−vezes

, e também

x−n =1x· . . . · 1

x︸︷︷︸n−vezes

. Por fim, se x , 0 é racional, definimos x0 = 1.

1.2 Os números reais 11

1.1.1 Redutibilidade e irredutibilidade de números racionais

Definição 1.1.9. Dados a,b ∈ Z inteiros não-nulos, dizemos que d é o máximo divisor

comum entre a e b se d é o maior número inteiro positivo que divide simultaneamente a e

b. Usamos a notação d = mdc{a,b}.

Adicionalmente, definimos mdc{a,0} = a se a > 0 e mdc{a,0} = −a se a < 0.

Definição 1.1.10. Seja x = ab um número racional. Dizemos que x é irredutível se mdc{a,b} =

1; caso contrário, dizemos que x é redutível, isto é, se mdc{a,b} > 1.

Agora veremos que todo número racional possui uma representação irredutível.

Proposição 1.1.11. Se ab é um número racional então existem p,q ∈ Z tal que q , 0 com

mdc{p,q} = 1 e ab = p

q .

Demonstração: Sabemos que b , 0, assim se a = 0 basta tomar p = 0, q = 1 e teremos0b = 0

1 . Agora se a , 0 seja d = mdc{a,b}. Assim, existem n,m ∈ Z com p,q , 0 tais que

a = dp e b = dq. Desta maneira temos mdc{p,q} = 1 e ab = dp

dq = pq . �

1.2 Os números reais

Os números racionais podem ser representados por pontos em uma reta horizontal

ordenada, chamada reta real.

−3 −2 −1 0

12

1

43

2

52

3 4 5 R-

Mas o conjuntos dos pontos racionais não é suficiente para preencher toda a reta

real; isto é, existem pontos da reta real que não são racionais. Para que vejamos este

fato, considere um quadrado de lado 1 e diagonal d . Pelo Teorema de Pitágoras temos

d2 = 12 + 12 = 2. Seja P a intersecção do eixo x com a circunferência de raio d.


0 P

d

1 R-

Mostraremos que P é um ponto da reta real que não é racional e para isso, lembre-

mos que um número a ∈ Z é dito par se existe k ∈ Z tal que a = 2k, e dizemos que a ∈ Zé ímpar se existe k ∈ Z tal que a = 2k + 1.

Proposição 1.2.1. Seja a ∈ Z. Temos:

(a) se a for ímpar então a2 é ímpar;

(b) se a2 for par então a é par.

Demonstração: Provemos (a). Se a for ímpar existe k ∈ Z tal que a = 2k+1 . Daí segue

que

a2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2(2k2 + 2k︸︷︷︸`

) + 1 = 2` + 1 ,

onde ` = 2k2 + 2k , e portanto a2 também será ímpar.

Para (b) suponha por absurdo que a não é par. Logo a é ímpar e pelo item (a) a2

também é ímpar, o que contradiz a hipótese. Portanto a é par necessariamente. �

Proposição 1.2.2. A equação x2 = 2 não possui solução em Q .

Demonstração: Suponhamos, por absurdo, que x2 = 2 tem uma solução em Q . Então

da Proposição 1.1.11 podemos assumir que x = ab com a,b ∈ Z e a

b irredutível. Logo(ab

)2= 2 , ou seja, a2 = 2b2 e portanto a2 é par. Segue da Proposição 1.2.1 (b) que a

também é par. Portanto existe k ∈ Z tal que a = 2k . Mas a2 = 2b2

a = 2k=⇒ 2b2 = 4k2 =⇒ b2 = 2k2 .

Portanto b2 é par e, pela Proposição 1.2.1 (b), b também é par. Mas isto implica

que ab é redutível (pois a e b são divisíveis por 2 ) o que é uma contradição. Portanto

não existe ab ∈Q tal que

(ab

)2= 2 . �

1.2 Os números reais 13

Denotamos o conjunto dos números reais por R. Temos Q ⊂ R e todo número real

que não é racional é dito irracional. Em R , definimos uma adição + , uma multiplica-

ção · e uma relação de ordem 6. Então a quádrupla (R,+, ·,6) satisfaz as condições

(A1) a (A4), (M1) a (M4), (D), (O1) a (O4), (OA) e (OM) como na seção anterior e por-

tanto R é um corpo ordenado.

Daqui pra frente usaremos as notações

N∗ = N \ {0}, Z∗ = Z \ {0}, Q∗ = Q \ {0} e R∗ = R \ {0}.

O conjunto dos números reais pode ser construído a partir dos números racionais

utilizando, por exemplo, os chamados cortes de Dedekind. Todas as propriedades

acima são obtidas da construção feita, e também algumas outras, que veremos a seguir.

Para o leitor interessado em ver esta construção, sugerimos aqui o livro [3].

1.2.1 Subconjuntos de R

Se A e B são subconjuntos de R, definimos a união A ∪ B de A e B como sendo o

conjunto formados por todos os elementos de A e B. A intersecção A∩ B de A e B é

definido como o conjunto formados pelos elementos que estão simultaneamente em A

e B. O conjunto de R que não possui nenhum elemento é chamado de conjunto vazio

e denotado por ∅.

Alguns subconjuntos de R têm uma forma especial, que são os chamados interva-

los. São eles:

Intervalos abertos: se a < b são números reais, denotamos por (a,b) o conjunto

(a,b) = {x ∈ R : a < x < b}.

São também intervalos abertos os conjuntos

(−∞, a) = {x ∈ R : x < a}, (a,∞) = {x ∈ R : x > a} e (−∞,∞) = R.

Intervalos fechados: se a < b são números reais, denotamos por [a,b] o conjunto

[a,b] = {x ∈ R : a6 x 6 b}.


São também intervalos fechados os conjuntos

(−∞, a] = {x ∈ R : x 6 a}, [a,∞) = {x ∈ R : x > a} e (−∞,∞) = R.

Intervalos semi-abertos: se a < b são números reais, denotamos por [a,b) o conjunto

[a,b) = {x ∈ R : a6 x < b}.

É também intervalo semi-aberto o conjunto

(a,b] = {x ∈ R : a < x 6 b}.

1.3 Equações e inequações

Para resolver uma equação em x é necessário encontrar o conjunto dos números

reais x que satisfazem a equação. Para resolver uma inequação em x é necessário en-

contrar o conjunto dos números reais x que satisfazem a desigualdade. Em qualquer

um dos casos, dizemos que o conjunto dos números reais x que satisfazem a equa-

ção/inequação é o conjunto solução da equação/inequação.

Exemplo 1.3.1. A inequação x − 2 < 4 tem conjunto solução S = {x ∈ R : x < 6} = (−∞,6).

Exemplo 1.3.2. Resolva a inequação −3(4− x)6 12.

Solução: Multiplicando a ambos os lados da desigualdade por −13 , temos 4 − x >

−4. Subtraindo 4 resulta em −x > −8 e multiplicando por −1 obtemos x 6 8. Logo o

conjunto solução desta inequação é

S = {x ∈ R : x 6 8} = (−∞,8].

�

Exemplo 1.3.3. Resolva a inequação πx+ 1729 < 4x+ 1.

Solução: Vamos começar adicionando o oposto de 1729 + 4x dos dois lados da ine-

quação. Assim πx+ 1729−1729−4x < 4x+ 1−1729−4x ou seja πx−4x < 1−1729 que

1.4 Módulo de um número real 15

também pode ser escrita como (π − 4)x < −1728. Agora multiplicaremos a última ine-

quação pelo inverso de π−4, que é negativo. Obtemos então x > −1728π−4 , ou seja x > 1728

4−π .

Assim o conjunto solução desta inequação é S = (17284−π ,∞). �

Exemplo 1.3.4. Qual é o sinal de x+11−x em função de x?

Solução: O numerador é positivo quando x > −1, negativo quando x < −1 e zero

quando x = −1. O denominador é positivo quando x < 1, negativo quando x > 1 e zero

quando x = 1. Portanto a fração será positiva quando −1 < x < 1, negativa quando

x < −1 ou x > 1 e zero quando x = −1. �

Exercício 1.3.5. Resolva a inequação2x+ 1x − 4

< 0.

1.4 Módulo de um número real

Definição 1.4.1. Seja x ∈ R. Definimos o módulo (ou valor absoluto) de x por

|x| =

x, x > 0

−x, x < 0.

Segue da definição acima que |x|> 0 e −|x|6 x 6 |x|, para todo x ∈ R.

Exercício 1.4.2. Mostre que |x|2 = x2, para todo x ∈ R; ou seja, o quadrado de um número

real não muda quando se troca seu sinal.

Lembre que√x significa raiz quadrada positiva de x. Logo segue do Exercício 1.4.2

que √x2 = |x|.

Exemplo 1.4.3. A equação |x| = r com r > 0 tem como conjunto solução S = {−r, r}.

O resultado do Exemplo 1.4.3 pode ser generalizado como no exemplo seguinte.

Exemplo 1.4.4. A equação |ax − b| = r com r > 0 e a , 0 tem como conjunto solução S ={b−ra ,

b+ra

}.

Exemplo 1.4.5. Resolva a equação |2x+ 1| = 3.


Solução: Temos 2x + 1 = 3 ou 2x + 1 = −3, o que nos leva ao conjunto solução

S = {−2,1}. �

Sejam x e y dois números reais. Então a distância de x a y é dada por |x − y|. Assim

|x−y| é a medida do segmento xy. Em particular como |x| = |x−0| então |x| é a distância

de x a 0. O próximo exemplo diz que a distância de x a 0 é menor do que r, com r > 0,

se, e somente se, x estiver entre −r e r.

Exemplo 1.4.6. Seja r > 0. Então |x| < r se, e somente se, −r < x < r .

Solução: Suponhamos que |x| < r. Analisando o sinal de x, temos:

- se x > 0 então r > |x| = x,

- se x < 0 então r > |x| = −x e portanto −r < x.

Portanto −r < x < r. Agora suponhamos que −r < x < r. Então,

- se x > 0 então |x| = x < r,

- se x < 0 então −x = |x| < r.

Portanto, |x| < r, o que conclui a demonstração. �

A seguinte figura ilustra o significado geométrico do exemplo.

|x| < r(−r

r )r0

x-

Agora, vamos generalizar o Exemplo 1.4.6.

Exemplo 1.4.7. Resolva a inequação |ax − b| < r na variável x com r > 0 e a , 0.

Solução: De forma similar ao exemplo anterior, −r < ax − b < r. Somando b aos

termos da inequação obtemos

b − r < ax < b+ r.

Logo,

1.4 Módulo de um número real 17

- se a > 0 entãob − ra

< x <b+ ra

;

- se a < 0 entãob+ ra

< x <b − ra

.

�

Como caso particular do Exemplo 1.4.7, se a distância de x a p for menor do que

r, isto é, |x − p| < r, r > 0, então x estará entre p − r e p+ r. Geometricamente,

|x − p | < r(p − r

r )p+ rp

x-

Exemplo 1.4.8. Para quaisquer x,y ∈ R, vale

|xy| = |x||y|.

Solução: Temos que |xy|2 = (xy)2 = x2y2 = |x|2|y|2 = (|x||y|)2. Como |xy| > 0 e |x||y| >0, temos |xy| = |x||y|. �

Proposição 1.4.9 (Desigualdade triangular). Para quaisquer x,y ∈ R temos

|x+ y|6 |x|+ |y|,

e além disso vale a igualdade se, e somente se, xy > 0.

Demonstração: Somando −|x|6 x 6 |x| e −|y|6 y 6 |y| obtemos −|x|−|y|6 x+y 6 |x|+|y|.A última afirmação fica a cargo do leitor. �

Exemplo 1.4.10. Descreva o valor de |x+ 1|+ |x − 1| sem utilizar o módulo.

Solução: Temos

- se x > 1, então

|x+ 1| = x+ 1

|x − 1| = x − 1e, portanto, |x+ 1|+ |x − 1| = x+ 1 + x − 1 = 2x.

- se −16 x < 1, então

|x+ 1| = x+ 1

|x − 1| = −x+ 1e, portanto, |x+1|+ |x−1| = x+1−x+1 = 2.


- se x < −1, então

|x+ 1| = −x − 1

|x − 1| = −x+ 1e, portanto, |x+1|+ |x−1| = −x−1−x+1 = −2x.

Logo |x+ 1|+ |x − 1| =

2x, x > 1

2, −16 x < 1

−2x, x < −1.

�

1.5 Limitação de subconjuntos de R

Definição 1.5.1. Um conjunto A ⊂ R será dito limitado, se existir L > 0 tal que

|x|6 L, para todo x ∈ A.

Dizemos ainda que A ⊂ R é ilimitado se ele não for limitado.

O resultado a seguir é uma consequência imediata da definição acima e sua de-

monstração fica como exercício ao leitor.

Proposição 1.5.2. Um conjunto A ⊂ R será:

(i) limitado se, e somente se, existir L > 0 tal que A ⊂ [−L,L].

(ii) ilimitado se, e somente se, para todo L > 0, existir x ∈ A tal que |x| > L.

Demonstração: Fica a cargo do leitor. �

Exemplo 1.5.3. Temos:

(a) A = [0,1] é limitado;

(b) N não é limitado (mostraremos mais tarde);

(c) B ={

2n−12n : n ∈ N

}é limitado;

(d) C ={

2n−1n : n ∈ N∗

}é limitado.

Definição 1.5.4. Considere um conjunto A ⊂ R. Dizemos que

1.5 Limitação de subconjuntos de R 19

(a) A é limitado superiormente se existe L ∈ R tal que x 6 L, para todo x ∈ A. Neste

caso, L será chamado de limitante superior (ou cota superior) de A.

(b) A é limitado inferiormente se existe ` tal que x > `, para todo x ∈ A. Neste caso, `

será chamado limitante inferior (ou cota inferior) de A.

Segundo a definição acima podemos notar que A ⊂ R será limitado se, e somente

se, A for limitado superiormente e inferiormente.

Exemplo 1.5.5.

(a) Considere A = [0,1). Então −2 e 0 são limitantes inferiores de A. Também 1, π e 101

são limitantes superiores de A.

(b) N não é limitado mas é limitado inferiormente por 0 pois 06 x para todo x ∈ N.

(c) B = {x ∈Q : x 6√

2} não é limitado, mas é limitado superiormente por L, onde L>√

2.

Definição 1.5.6. Seja A ⊂ R um conjunto limitado superiormente (limitado inferiormente)

com A ,∅.

(i) Se L ∈ R for uma cota superior (cota inferior) de A e para toda cota superior (cota

inferior) L1 de A, tivermos

L6 L1 (L1 6 L),

então L será chamado supremo (ínfimo) de A. Neste caso, escreveremos

L = supA (L = infA).

(ii) Se L = supA ∈ A (L = infA ∈ A), então L será máximo (mínimo) de A. Neste caso,

escreveremos

L = maxA (L = minA).

As seguintes proposições nos dão caracterizações úteis para o supremo e o ínfimo

de um subconjunto de R.

Proposição 1.5.7. Seja A ⊂ R limitado superiormente com A , ∅. Então L = supA se, e

somente se, valerem as seguintes propriedades:

(a) L é cota superior de A.


(b) Para todo ε > 0, existe a ∈ A tal que a > L− ε.


Analogamente temos

Proposição 1.5.8. Seja A ⊂ R limitado inferiormente com A , ∅. Então L = infA se, e

somente se, valem as seguintes propriedades:

(a) L é cota inferior de A.

(b) Para todo ε > 0, existe a ∈ A tal que a < L+ ε.


Exemplo 1.5.9.

1. Considere A = (0,1], então infA = 0 e supA = maxA = 1.

2. Considere B = N, então infN = minN = 0.

3. Considere C = {x ∈ Q : x2 6 2}, então supC =√

2 e infC = −√

2, mas note que

−√

2,√

2 < C e assim eles não são mámixo e mínimo, respectivamente.

O seguinte resultado é de fundamental importância para a teoria de funções de

uma variável real e é obtido na construção do conjunto dos números reais. Vamos

enunciá-lo aqui sem demonstração.

Proposição 1.5.10 (Propriedade do supremo). Considere A ⊂ R com A , ∅. Se A for

limitado superiormente então existirá L = supA.

Com esta propriedade, podemos provar muitas outras, como veremos na sequência.

Proposição 1.5.11. Se A ⊂ R for limitado superiormente (inferiormente), então o conjunto

−A = {−x : x ∈ A} será limitado inferiormente (superiormente) e

supA = − inf(−A) ( infA = −sup(−A)).

1.5 Limitação de subconjuntos de R 21

Demonstração: Mostraremos o caso A limitado superiormente, e o outro caso fica a

cargo do leitor. Seja L = supA, que existe pela Propriedade do Supremo. Claramente

x 6 L para todo x ∈ A, já que L é uma cota superior de A, e assim −L 6 −x para todo

x ∈ A. Portanto −L é uma cota inferior de −A.

Seja ε > 0. Da propriedade de supremo, existe x ∈ A tal que L− ε < x e desta forma

−x < −L+ ε. Da Proposição 1.5.8 temos −L = inf(−A); isto é, supA = − inf(−A). �

Corolário 1.5.12. Considere A ⊂ R com A , ∅. Se A for limitado inferiormente, então

existirá L = infA.

Demonstração: Como A é limitado inferiormente, da proposição acima segue que −Aé limitado superiormente e que infA = −sup(−A). Portanto existe infA. �

Corolário 1.5.13. Considere A ⊂ R com A ,∅. Se A for limitado, então A admite ínfimo e

supremo.

Demonstração: A demonstração é imediata dos dois resultados anteriores. �

1.5.1 Propriedade Arquimediana de R

Teorema 1.5.14 (Propriedade Arquimediana de R). Se x , 0 é um número real então o

conjunto

A = {nx : n ∈ N} é ilimitado.

Demonstração: Consideremos primeiramente que x > 0. Suponhamos, por absurdo,

que A seja limitado. Então existirá L = supA pois A , ∅. Logo dado m ∈ N existirá

x ∈ R tal que L− x < mx, pela Proposição 1.5.7. Portanto L < (m+ 1)x o que contradiz a

suposição.

O caso x < 0 segue de modo análogo. �

Corolário 1.5.15. A Propriedade Arquimediana tem as seguintes consequências:

(i) O conjunto dos números naturais não é limitado superiormente.

(ii) Para todo ε > 0, existe n ∈ N tal que 1n < ε.

(iii) Se A ={

1n : n ∈ N

}então infA = 0.


1.6 Topologia de R

Definição 1.6.1. Uma vizinhança de um número a ∈ R é qualquer intervalo aberto con-

tendo a.

Exemplo 1.6.2. O conjunto Vδ(a) = (a− δ , a+ δ) onde δ > 0 é uma vizinhança de a ∈ R.

Definição 1.6.3. Sejam A ⊂ R e b ∈ R. Se para toda vizinhança Vδ(b) de b existir a ∈Vδ(b)∩A, com a , b, então b será dito ponto de acumulação de A.

Exemplo 1.6.4.

(a) Seja A = (a,b). Então o conjunto dos pontos de acumulação de A é [a,b].

(b) Seja B = Z. Então B não tem pontos de acumulação.

(c) Qualquer subconjunto finito de R não admite pontos de acumulação.

Exercício 1.6.5. Mostre que se um conjunto A ⊂ R tiver um ponto de acumulação, então A

será um conjunto com infinitos elementos.

Definição 1.6.6. Seja B ⊂ R. Um ponto b ∈ B será dito um ponto isolado de B se existir

δ > 0 tal que Vδ(b) não contém pontos de B distintos de b.

Exemplo 1.6.7.

(a) Seja B = {1n : n ∈ N∗}. Então o conjunto dos pontos de acumulação de B é {0} e o

conjunto dos pontos isolados de B é o próprio conjunto B.

(b) O conjunto Z possui apenas pontos isolados.

Observação 1.6.8. Podem haver conjuntos infinitos que não possuem pontos de acumulação

(por exemplo Z). No entanto, todo conjunto infinito e limitado possui pelo menos um ponto

de acumulação.

Usando ainda a Propriedade Arquimediana de R podemos o seguintes resultado:

Proposição 1.6.9. Qualquer intervalo aberto não-vazio contém um número racional.

Demonstração: Para uma demonstração deste resultado, veja [3]. �

Com este resultado em mãos, podemos provar:

1.6 Topologia de R 23

Corolário 1.6.10. Qualquer intervalo aberto não-vazio contém um número infinito de nú-

meros racionais.

Corolário 1.6.11. O conjunto dos pontos de acumulação de Q é R.

Exercício 1.6.12.

(a) Mostre que se r for um número racional não nulo, então r√

2 será um número irracio-

nal.

(b) Mostre que todo intervalo aberto contém um número infinito de números irracionais.

(c) Mostre que qualquer número real é ponto de acumulação do conjunto dos números

irracionais.

Capítulo

2

Funções

O objeto fundamental do cálculo é a classe das funções, que aparecem quando uma

determinada quantidade depende de outra (ou outras). Por exemplo: a área A de um

círculo depende de seu raio r e a lei que relaciona r com A é dada por A = πr2. Neste

caso dizemos que A é uma função de r. Outros exemplos são: a população P de uma

determinada espécie que depende do tempo t, o custo C de envio de um pacote pelo

correio que depende de seu peso w.

2.1 Noções gerais

Definição 2.1.1. Dados dois conjuntos A,B ,∅ uma função f de A em B, que escrevemos

f : A→ B, é uma lei ou regra que a associa a cada x ∈ A um único elemento f (x) ∈ B.

(i) A é chamado domínio de f e B é chamado contra-domínio de f ,

(ii) o conjunto

Im(f ) = {y ∈ B : y = f (x), x ∈ A} .

é chamado imagem de f .

Notações alternativas. Seja f : A→ B uma função. Podemos denotar

∗ Df =D(f ) = A para o domínio de f ;

26 Funções

∗ f (Df ) = Im(f ) para a imagem de f .

Também podemos descrever a ação de f ponto a ponto como

x ∈ A 7→ f (x) ∈ B.

Convenção: Se o domínio de uma função real de uma variável real f não é dado ex-

plicitamente então, por convenção, adotamos como domínio o conjunto de todos os

números reais x para os quais f (x) é um número real.

Definição 2.1.2. Sejam A,B ⊂ R e f : A→ B uma função. O conjunto

G(f ) = Gf = {(x,f (x)) : x ∈ A} ⊂ A×B

é chamado gráfico de f .

Decorre da definição acima que G(f ) é o lugar geométrico descrito pelo ponto

(x,f (x)) ∈ R × R, quando x percorre o domínio Df . Observe que, por exemplo, uma

circunferência não representa o gráfico de uma função.

Exemplo 2.1.3. Considere uma função f : R→ R.

(a) Se f (x) = k, para todo x ∈ R e para algum k ∈ R fixado, dizemos que f é uma função

constante. Em particular, se k = 0, dizemos que f é a função nula.

(b) Se f (x) = x, para todo x ∈ R, dizemos que f é a função identidade.

(c) Se f (x) = ax, para todo x ∈ R e algum a ∈ R fixado, dizemos que f é uma função linear.

(d) Se f (x) = ax+ b, para todo x ∈ R e a,b ∈ R fixados, dizemos que f é uma função afim.

(e) Se f (x) = a0+a1x+a2x2+· · ·+anxn =

n∑i=0

aixi , para todo x ∈ R e constantes a0, a1, · · · , an ∈

R fixados, dizemos que f é uma função polinomial. Em particular

(i) se n = 2, f (x) = ax2 + bx+ c é uma função quadrática,

(ii) se n = 3, f (x) = ax3 + bx2 + cx+ d é uma função cúbica;

2.1 Noções gerais 27

(f) Se f (x) = xa, para todo x ∈ R e a ∈ R fixado, dizemos que f é uma função potência.

Em particular, se a = 1n , f (x) = x1/n = n

√x, onde n é um inteiro positivo, dizemos que f

é uma função raiz.

∗ Temos Df = [0,∞) se n é par e Df = R se n é ímpar.

(g) Se f (x) =p(x)q(x)

, para todo x ∈ R e a,b ∈ R fixados, dizemos que f é uma função racio-

nal.

∗ Note que Df = {x ∈ R : q(x) , 0};

(h) Se f é construída usando operações algébricas começando com polinômios, dizemos que

f é uma função algébrica. Por exemplo,

f (x) =√x2 + 1 com Df = R

e

g(x) =(x − 4)

x4 +√

2x3√x+ 1 com Dg = (0,∞).

Definição 2.1.4. Sejam f : A → B e D ⊂ A. Denotamos por f∣∣∣D

a restrição de f ao

subconjunto D de A. Isto é, f∣∣∣D

: D→ B é dada por

f∣∣∣D

(x) = f (x), para todo x ∈D.

Seja D ⊂ R. Denotaremos por ID : D→ D a função identidade definida por ID(x) = x,

para todo x ∈D.

Exemplo 2.1.5. Função definida por partes: definida de forma diversa em diferentes

partes de seu domínio; por exemplo,

(a) f (x) =

1− x se x 6 1,

x2 se x > 1;(b) g(x) = |x| =

x se x > 0,

−x se x < 0.

Exemplo 2.1.6. Escreva a função f (x) = |x − 1|+ 3 sem utilizar o módulo.

Solução: Para x > 1 temos |x − 1| = x − 1 e para x < 1 temos |x − 1| = 1− x e assim

f (x) =

x+ 2 se x > 1,

4− x se x < 1.

28 Funções

�

Exemplo 2.1.7. Um fabricante de refrigerante quer produzir latas cilíndricas para seu pro-

duto. A lata dever ter um volume de 360 ml. Expresse a área superficial total da lata em

função do seu raio e dê o domínio da função.

Solução: Sejam r o raio da lata e h a altura. A área superficial total (topo, fundo e

área lateral) é dada por S = 2πr2 + 2πrh. Sabemos que o volume V = πr2h deve ser de

360 ml, temos πr2h = 360, ou seja h = 360/πr2. Portanto, S(r) = 2πr2 + 2πr360/πr2 =

2πr2 + 720/r. Como r só pode assumir valores positivos, DS = (0,∞). �

Fórmulas de translação:

∗ f (x)+k translada o gráfico de f , k unidades para cima se k > 0 e |k| unidades para

baixo se k < 0,

∗ f (x+k) translada o gráfico de f , k unidades para a esquerda se k > 0 e |k| unidades

para a direita se k < 0.

Exercício 2.1.8. Esboce os gráficos de

(a) f (x) = x2 − 1

(b) g(x) = x2 + 1

(c) h(x) = (x − 1)2

(d) k(x) = (x+ 1)2

(e) f (x) = x2 + 6x+ 10

Observação 2.1.9 (Importante). Note que uma função é composta de uma regra junta-

mente com seu domínio e seu contra-domínio. Não confunda a regra que define a função

com a função em si. Por exemplo, considere as funções f : R → R dada por f (x) = x3,

g : (0,∞)→ R dada por g(x) = x3 e h : R→ (−∞,0) dada por h(x) = x3. Estas três funções

possuem a mesma regra de definição mas são funções diferentes.

2.2 Operações com funções

Definição 2.2.1. Dadas funções f : Df → R, g : Dg → R e x ∈ Df ∩Dg podemos definir

algumas operações com funções:

(i) soma: (f + g)(x) = f (x) + g(x);

2.2 Operações com funções 29

(ii) produto: (f g)(x) = f (x)g(x);

(iii) quociente:(f

g

)(x) =

f (x)g(x)

se g(x) , 0.

Exemplo 2.2.2. Se f (x) =√

7− x e g(x) =√x − 2 então Df = (−∞,7], Dg = [2,+∞) e Df ∩

Dg = [2,7]. Temos

(a) (f + g)(x) =√

7− x+√x − 2 26 x 6 7,

(b) (f g)(x) =√

7− x√x − 2 =

√(7− x)(x − 2) 26 x 6 7,

(c)(fg

)(x) =

√7− x√x − 2

=

√7− xx − 2

2 < x 6 7.

Definição 2.2.3. Dadas funções f : Df → R e g : Dg → R com Imf ⊂ Dg definimos a

função composta h : Df → R por

h(x) = g(f (x)) para todox ∈Df .

Neste caso escrevemos h = g ◦ f .

Exemplo 2.2.4. Se f (x) = 2x+ 1 e g(x) = x2 + 3x, então

(a) g ◦ f (x) = g(2x+ 1) = (2x+ 1)2 + 3(2x+ 1) = 4x2 + 10x+ 4,

(b) f ◦ g(x) = f (x2 + 3x) = 2(x2 + 3x) + 1 = 2x2 + 6x+ 1.

Observação 2.2.5 (Importante). Em geral f ◦ g , g ◦ f .

Exemplo 2.2.6. Encontre f ◦ g ◦ h se f (x) = xx+1 , g(x) = x10 e h(x) = x+ 3.

Solução: Temos

f ◦ g ◦ h(x) = f (g(h(x))) = f (g(x+ 3)) = f ((x+ 3)10) =(x+ 3)10

(x+ 3)10 + 1.

�

Exercício 2.2.7. Sejam f (x) =√x e g(x) =

√2− x. Determine o domínio das funções:

30 Funções

(a) f ◦ g(x)

(b) g ◦ f (x)

(c) f ◦ f (x)

(d) g ◦ g(x)

2.3 Funções especiais

Nesta seção definiremos alguns conceitos especiais envolvendo funções. Mais pre-

cisamente definiremos algumas classes especiais de funções, que têm propriedades

interessantes e úteis para o que vamos desenvolver ao longo do curso de Cálculo A.

Em todas as seções daqui pra frente, consideraremos f : Df ⊂ R→ R uma função.

2.3.1 Funções pares e ímpares

Definição 2.3.1. Diremos que

(i) f é par se, e somente se, f (−x) = f (x) para todo x ∈Df ;

(ii)) f é ímpar se, e somente se, f (−x) = −f (x) para todo x ∈Df .

Observação: O significado geométrico de uma função par é que seu gráfico é simétrico

em relação ao eixo y e de uma função ímpar é que seu gráfico é simétrico em relação à

origem.

Exemplo 2.3.2. f (x) = x2 é par; a função identidade I(x) = x é ímpar; f (x) = 2x − x2 não é

nem par nem ímpar.

Exercício 2.3.3. Determine se a função é par, ímpar ou nenhuma das duas.

(a) f (x) = x5 + x (b) f (x) = 1− x4 (c) f (x) = 3x3 + 2x2 + 1

2.3.2 Funções periódicas

Definição 2.3.4. Seja ω , 0. Então f será dita periódica de período ω (ou simplesmente

ω-periódica) se tivermos f (x) = f (x+ω) para todo x ∈Df .

Se existir um menor ω0 positivo tal que f seja ω0-periódica então diremos que ω0 é o

período mínimo de f .

2.3 Funções especiais 31

Proposição 2.3.5. Sejam ω , 0 e c , 0. Se f : R→ R é ω-periódica, então são válidas as

afirmações:

(a) f é nω-periódica para todo inteiro não-nulo n.

(b) g : R→ R definida por g(x) = f (cx) é ωc -periódica.

Demonstração: Provaremos aqui o item (a), e o item (b) é deixado como exercício para

o leitor. Seja n um inteiro positivo. Temos

f (x+nω) = f (x+ (n− 1)ω+ω) = f (x+ (n− 1)ω) = f (x+ (n− 2)ω+ω) =

= f (x+ (n− 2)ω) = · · · = f (x+ω) = f (x),

para todo x ∈Df . Assim f é nω-periódica se n for um inteiro positivo.

Agora f (x) = f (x −ω +ω) = f (x −ω) para todo x ∈ Df ; isto é, se f é ω-periódica

então f é também −ω-periódica. Portanto se n é um inteiro negativo segue do caso

anterior que f é −nω-periódica, pois −n é um inteiro positivo, e assim f é também

nω-periódica.

�

Exemplo 2.3.6.

(a) f (x) = x − bxc, onde bxc = max{n ∈ Z : n 6 x} é a função maior inteiro menor ou

igual a x, é 1-periódica e o período mínimo de f é 1. Note que bx+ 1c = bxc+ 1.

(b) f (x) =

1, se x ∈Q0, se x ∈ R\Q

é r-periódica para cada r ∈ Q\{0}. Então f não tem período

mínimo.

2.3.3 Funções injetoras, sobrejetoras e bijetoras

Definição 2.3.7. Diremos que f : Df → B é

(i) sobrejetora se, e somente se, Im(f ) = B.

(ii) injetora se, e somente se,

f (x1) = f (x2) implicar que x1 = x2 para quaisquer x1,x2 ∈Df .

32 Funções

(iii) bijetora (ou inversível) se, e somente se, f for injetora e sobrejetora.

Observação 2.3.8. Note que f será injetora se, e somente se,

x1 , x2 implicar que f (x1) , f (x2) para quaisquer x1,x2 ∈Df .

Exemplo 2.3.9. A função módulo f (x) = |x|, com domínio e contra-domínio R, não é in-

jetora pois por exemplo | − 1| = |1| e −1 , 1. f não é sobrejetora pois Im(f ) = [0,∞) ( R.Agora, considerando a função módulo f : (0,∞)→ (0,∞) a função será bijetora.

Observação 2.3.10. A partir de uma função f : Df → B sempre é possível construir uma

função sobrejetora, considerando f : Df → Im(f ).

Considere f : Df → B uma função bijetora. Podemos então construir uma função

g : B→ Df da seguinte maneira: para cada y ∈ B, seja x ∈ Df o único elemento de Dftal que f (x) = y. Defina g(y) = x. Esta função tem as seguintes propriedades:

(a) g(f (x)) = x para todo x ∈Df ;

(b) f (g(y)) = y para todo y ∈ B;

(c) a função g : B→Df é bijetora.

Dizemos que g é a função inversa de f , denotamos por g = f −1, e está definida por

f −1(y) = x se, e somente se, f (x) = y para cada y ∈ B.

Temos Df −1 = Im(f ) = B e Im(f −1) =Df .

Exemplo 2.3.11. A função f : R→ R dada por f (x) = x3 é bijetora e sua inversa é f −1 : R→R é dada por f −1(x) = x1/3 = 3

√x.

Observação 2.3.12 (Importante). Note que f −1(x) NÃO significa 1f (x) = [f (x)]−1.

Para achar a função inversa de uma função inversível:

1. Escreva y = f (x).

2. Resolva essa equação para x em termos de y.

2.3 Funções especiais 33

3. Troque x por y para expressar f −1 como função de x.

Exemplo 2.3.13. Encontre f −1 para a função inversível f : R→ R dada por f (x) = 1 + 3x.

Solução: Escrevemos y = 1 + 3x e resolvemos para x; isto é, x = y−13 . Substituindo y

por x, obtemos f −1(x) = x−13 . �

Exercício 2.3.14. Encontre um domínio e um contra-domínio adequado para que as funções

abaixo sejam inversíveis, e encontre a expressão para a inversa em cada caso.

(a) f (x) = x2. (b) f (x) = x3 + 2. (c) f (x) =√x+ 7.

Note que o gráfico da função inversa f −1 de uma função inversível f é dado por

G(f −1) ={(y,f −1(y)) : y ∈ B

}= {(f (x),x) : x ∈ A} ,

isto é, vemos queG(f −1) é a reflexão do gráficoG(f ) da função f em torno da reta y = x.

Exercício 2.3.15. Esboce o gráfico de f (x) =√−x − 1 encontrando sua inversa, esboçando

seu gráfico, e refletindo o gráfico obtido em torno da reta y = x.

2.3.4 Funções limitadas

Definição 2.3.16. Diremos que f é limitada se o conjunto Im(f ) for limitado. Caso contrá-

rio, a função f será dita ilimitada. Se A1 ⊂ A, então f será limitada em A1 se a restrição

f |A1for limitada.

Observação 2.3.17. Segue da Definição 2.3.16 que f será limitada se, e somente se, existir

L > 0 tal que |f (x)| 6 L para todo x ∈ Df . Equivalentemente, f será limitada se, e somente

se, existirem L, l ∈ R tais que l 6 f (x)6 L para todo x ∈Df .

Exemplo 2.3.18.

(a) f (x) =x|x|

é limitada;

(b) f (x) =x4

x4 + 1é limitada;

(c) f (x) =1x

é ilimitada.

(d) f (x) = x2 é ilimitada.

34 Funções

2.3.5 Funções monótonas

Definição 2.3.19. Seja f : A→ B uma função real. Dizemos que f é

(a) crescente se para x < y temos f (x)6 f (y).

(b) estritamente crescente se para x < y temos f (x) < f (y).

(c) decrescente se para x < y temos f (x)> f (y).

(d) estritamente decrescente se para x < y temos f (x) > f (y).

Definição 2.3.20. Se f : A→ B satisfizer uma das condições da Definição 2.3.19, diremos

que f é uma função monótona ou monotônica.

Exemplo 2.3.21. f (x) = x2 é estritamente crescente para x > 0 e estritamente decrescente

para x < 0.

Exemplo 2.3.22. f (x) = x+1x é estritamente decrescente em todo seu domínio.

Solução: Observe que se x < y então f (x) = 1 + 1x > 1 + 1

y = f (y).

Exercício 2.3.23. Seja f : Df → R uma função estritamente crescente/decrescente. Mostre

que f é injetora.

2.4 Funções trigonométricas

Sabemos que em um triângulo retângulo de hipotenusa a e ângulos agudos B e C,

opostos, respectivamente, aos catetos b e c, temos

��

��

��

c

ba

BC

cos B =ca, cos C =

ba,

sen B =ba, sen C =

ca.

Estas relações definem o seno e cosseno de um ângulo agudo, pois todo ângulo

agudo é um dos ângulos de um triângulo retângulo. Note que sen B e cos B dependem

apenas do ângulo B e não do tamanho do triângulo.

2.4 Funções trigonométricas 35

Segue do Teorema de Pitágoras que

a2 = b2 + c2 = a2sen2B+ a2cos2B = a2(sen2B+ cos2B).

Logo

1 = sen2B+ cos2B. (2.4.1)

É claro que o seno e o cosseno de um ângulo agudo são números compreendidos

entre 0 e 1. A relação (2.4.1) sugere que para todo ângulo α, os números cosα e senα

são as coordenadas de um ponto da circunferência de raio 1 e centro na origem de R2.

Usaremos isto para estender as funções cosseno e seno para ângulos fora do intervalo

(0,π/2).

Observação 2.4.1. Sempre que falarmos das funções seno e cosseno, os ângulos serão sempre

medidos em radianos. Temos que π rad = 180o.

Se considerarmos a circunferência unitária centrada na origem do R2 e marcarmos,

a partir do eixo x, um ângulo t, então poderemos definir sent e cost de forma que as

coordenadas do ponto P sejam (cos t,sen t).

&%'$

��r

@@

P = (cos t,sen t) r t αQ = (cosα,senα)

1−1-

6

Assim, sen t e cos t coincidem com a definição original se 0 < t < π/2 e podem

ser estendidas para qualquer t ∈ R, se marcarmos ângulos positivos no sentido anti-

horário e ângulos negativos no sentido horário.

Proposição 2.4.2. Valem as seguintes propriedades para as funções seno e cosseno.

(a) O seno é positivo no primeiro e segundo quadrantes e negativo no terceiro e quarto

quadrantes.

(b) O cosseno é positivo no primeiro e quarto quadrantes e negativo no segundo e terceiro

quadrantes.

(c) O seno e cosseno são funções 2π-periódicas com imagem no intervalo [−1,1].

36 Funções

(d) O cosseno é uma função par e o seno é uma função ímpar.

(e) sen t = cos(π

2− t

)e cos t = sen

(π2− t

).

(f) −sen t = cos(π

2+ t

)e cos t = sen

(π2

+ t).

(g) sen t = sen(π − t) e −cos t = cos(π − t).

(h) −sen t = sen(π+ t) e −cos t = cos(π+ t).

(i) sen(0) = cos(π

2

)= 0 e cos(0) = sen

(π2

)= 1.

Temos também as fórmulas de adição para seno e cosseno.

Proposição 2.4.3 (Fórmulas de adição).

(a) cos(α + β) = cos(α)cos(β)− sen(α)sen(β).

(b) sen(α + β) = sen(α)cos(β) + sen(β)cos(α).

Trocando β por −β e utilizando a paridade das funções temos

(c) cos(α − β) = cos(α)cos(β) + sen(α)sen(β).

(d) sen(α − β) = sen(α)cos(β)− sen(β)cos(α).

A partir das fórmulas de adição deduzimos

Corolário 2.4.4 (Arco duplo).

(a) cos(2α) = cos2(α)− sen2(α).

(b) sen(2α) = 2sen(α)cos(α).

A partir das fórmulas do arco duplo e da identidade cos2α + sen2α = 1 deduzimos

Corolário 2.4.5 (Arco metade).

(a) cos2(α) =1 + cos(2α)

2.

(b) sen2(α) =1− cos(2α)

2.

2.4 Funções trigonométricas 37

A partir das fórmulas de adição obtemos:

Corolário 2.4.6 (Transformação de produto em soma).

(a) cos(α)cos(β) = 12 cos(α + β) + 1

2 cos(α − β), (somando (a) e (c) da Proposição 2.4.3).

(b) sen(α)sen(β) = 12 cos(α + β)− 1

2 cos(α − β), (subtraindo (a) e (c) da Proposição 2.4.3).

(c) sen(α)cos(β) = 12 sen(α + β)− 1

2 sen(α − β) (subtraindo (b) e (d) da Proposição 2.4.3).

Corolário 2.4.7 (Transformação de soma em produto).

(a) sen(α) + sen(β) = 2sen(α+β

2

)cos

(α−β

2

).

(b) cos(α) + cos(β) = 2cos(α+β

2

)cos

(α−β

2

).

Demonstração: Para o item (a) escreva α = α+β2 + α−β

2 e β = α+β2 −

α−β2 e utilize os itens

(b) e (d) da Proposição 2.4.3. Para o item (b) escreva α e β como na parte no item (a) e

utilize os itens (a) e (c) da Proposição 2.4.3. �

Analogamente temos o seguitne resultado:

Corolário 2.4.8 (Transformação de Subtração em Produto).

(a) sen(α)− sen(β) = 2sen(α−β

2

)cos

(α+β

2

).

(b) cos(α)− cos(β) = −2sen(α+β

2

)sen

(α−β

2

).

2.4.1 Outras funções trigonométricas

Usando as funções seno e cosseno podemos definir outras funções trigonométricas

que são muito importantes.

Definição 2.4.9. Definimos

(i) tg α =sen αcosα

, Dtg = {α ∈ R : cosα , 0};

(ii) sec α =1

cosα, Dsec = {α ∈ R : cosα , 0};

38 Funções

(iii) cosec α =1

sen α, Dcosec = {α ∈ R : sen α , 0};

(iv) cotg α =cosαsen α

, Dcotg = {α ∈ R : sen α , 0}.

Exercício 2.4.10.

(a) Dê um significado geométrico para tg α, cotg α, secα e cosec α.

(b) Esboce os gráficos das funções tg, cotg, sec e cosec.

(c) Classifique as funções trigonométricas em par, ímpar, periódica, limitada.

2.5 Funções exponencial e logaritmo

No que segue vamos definir a função exponencial. Para isso consideremos um

número real positivo a diferente de 1 ; isto é, a > 0 e a , 1.

∗ Se n é um inteiro positivo temos por definição que an = a · a · · ·a︸︷︷︸nvezes

.

∗ Além disso definimos então a0 = 1.

∗ Se n é um inteiro positivo então temos por definição a−n = 1an .

∗ Se pq é um racional com q > 0 então definimos ap/q = q

√ap = ( q

√a)p.

Assim, definimos a regra ax para todo número racional x. A pergunta que fazemos

agora é: como definir ax para x irracional?

Vamos primeiramente considerar o caso a > 1. É possível demonstrar, com uma

certa dificuldade, que exists um único número real α tal que para todo s, r ∈ Q com

r < x < s temos

ar < α < as.

Para 0 < a < 1, é também possível demonstrar que exists um único número real α

tal que para todo s, r ∈Q com r < x < s temos

as < α < ar .

2.5 Funções exponencial e logaritmo 39

Assim definimos ax = α; isto é, ax é o único número real que satisfaz as expres-

sões acima. A grosso modo, definimos ax de maneira a preencher os buracos deixados

pela função ax para x racional, de maneira que a função resultante seja estritamente

crescente para a > 1 e estritamente decrescente para 0 < a < 1.

Definição 2.5.1. Seja a > 0, a , 1. A função f (x) = ax definida acima é chamada de função

exponencial de base a.

Esta função tem domínio R e imagem (0,∞), por definição. Temos também as se-

guintes propriedades:

Proposição 2.5.2. Sejam a,b números reais positivos diferentes de 1 e x,y números reais

quaisquer. Temos

(a) ax+y = axay

(b) (ax)y = axy

(c) (ab)x = axbx

(d) Se a > 1 a função exponencial é estritamente crescente, ou seja, se x < y então ax < ay .

(e) Se 0 < a < 1 a função exponencial é estritamente decrescente, ou seja, se x < y então

ax > ay .

Como a função exponencial f : R → (0,∞) dada por f (x) = ax é ou estritamente

crescente ou estritamente decrescente (para a > 0 e a , 1), ela é bijetora e portanto

possui uma inversa g : (0,∞)→ R que satisfaz

ax = y se, e somente se, g(y) = x para y > 0.

Definição 2.5.3. A função inversa g : (0,∞) → R da função exponencial é chamada de

função logarítmica com base a e denotada por g(x) = logax. Pela igualdade acima temos

logax = y se, e somente se, ay = x para y > 0.

Observação 2.5.4. Temos

loga(ax) = x, para x ∈ R e aloga x = x, para x > 0.

40 Funções

Temos as seguintes propriedades para a função logaritmo.

Proposição 2.5.5. Sejam a,b > 0 com a,b , 1. Então são válidas as seguintes propriedades:

(a) logaxy = logax+ loga y

(b) logaxy = y logax

(c) logaxy

= logax − loga y

(d) Se a > 1 a função logarítmica é estritamente crescente, ou seja, se x < y, então logax <

loga y

(e) Se 0 < a < 1 a função logarítmica é estritamente decrescente, ou seja, se x < y, então

logax > loga y

(f) (Mudança de base) logax =logb xlogb a

.

A função exponencial de base e onde e ≈ 2,718281, f (x) = ex, desempenha um papel

importante no cálculo.

Definição 2.5.6. A função logarítmica com base e é chamada logaritmo natural e denotada

por lnx = loge x.

Observe que, como ln(ex) = x, tomando x = 1 temos

lne = 1.

2.6 Funções hiperbólicas

Utilizando a função exponencial podemos definir as funções hiperbólicas, dadas

por

senh(x) =ex − e−x

2e cosh(x) =

ex + e−x

2.

A primeira se chama seno hiperbólico e a segunda cosseno hiperbólico. Estes

nomes vêm do fato que, para cada t ∈ R, definindo x = cosh(t) e y = senh(t) temos

x2 − y2 = 1,

2.6 Funções hiperbólicas 41

que é a equação que define uma hipérbole.

Note que, ao contrário das funções trigonométricas, as funções hiperbólicas senh(x)

e cosh(x) não são funções ilimitadas. Ainda, é simples ver que cosh(x) , 0, para todo

x ∈ R.

Exercício 2.6.1. Defina, analogamente ao caso trigonométrico, as funções hiperbólicas tgh(x),

sech(x), cossech(x) e cotgh(x).

Exercício 2.6.2. Mostre que senh(x) = 0 se, e somente se, x = 0.

42 Funções

Capítulo

3

Limite e continuidade

3.1 Noção intuitiva de limite e continuidade

Neste capítulo vamos estudar o conceito de limites, ou em outras palavras, vamos

estudar o comportamento de uma função real f (x) para valores de x próximos de um

valor fixado x0, mas diferentes de x0.

Consideremos por exemplo a função f (x) = x+1 e x0 = 1. Para valores de x próximos

de x0, f (x) assume os seguintes valores:

x x+ 1

1,5 2,5

1,1 2,1

1,01 2,01

1,001 2,001

↓ ↓1 2

x x+ 1

0,5 1,5

0,9 1,9

0,99 1,99

0,999 1,999

↓ ↓1 2

Utilizando a tabela acima, podemos intuir que à medida que o valor da variável

x se aproxima de x0 = 1, tanto por valores maiores ou maiores do que 1, o valor da

função f (x) se aproxima de 2. De fato, podemos fazer com que os valores de f (x)

fiquem tão próximos de 2 quanto quisermos, bastando para isso tomar valores de x

44 Limite e continuidade

suficientemente próximos de x0 = 1.

Observação 3.1.1. Uma observação importante aqui é que sempre queremos valores próxi-

mos de x0 = 1 mas não queremos o valor x0 = 1. Isto é, queremos entender o comporta-

mento da função quando os valores de x se aproximam de x0, mas não nos importa em saber

o valor da função em x0. Em muitos casos, a função estudada nem precisa estar definida no

ponto x0.

Este estudo acima é conhecido como o conceito de limite, que definimos intuitiva-

mente da seguinte maneira: escrevemos

limx→x0

f (x) = L,

e dizemos o limite de f (x) quando x tende a x0 é igual a L, se pudermos tomar valo-

res de f (x) arbitrariamente próximos de L, se tomarmos valores de x suficientemente

próximos de x0, mas não igual a x0.

Podemos também utilizar a notação “f (x)→ L quando x→ x0”.

No exemplo acima temos a seguinte representação gráfica.

��

-

6

x1→ ←

r2↓

↑

rquando x tende a 1

f (x)

tendea 2

f (x) = x+ 1

Novamente lembramos que ao procurar o limite quando x tende a x0, não conside-

ramos x = x0. Estamos interessados no que acontece próximo de x0 e a função f (x) nem

precisa estar definida para x = x0. Consideremos o seguinte exemplo.

Exemplo 3.1.2. Encontre limx→1

x2−1x−1 .

3.1 Noção intuitiva de limite e continuidade 45

Solução: Observe que f (x) = x2−1x−1 não está definida para x = 1. Ainda sim, para

x , 1, temosx2 − 1x − 1

=(x − 1)(x+ 1)

x − 1= x+ 1.

Como os valores das duas funções são iguais para x , 1, o comportamento das duas

funções para x próximo de 1 é o mesmo, e assim seus limites para x tendendo a 1 serão

iguais. Portanto,

limx→1

x2 − 1x − 1

= 2.

�

Exemplo 3.1.3. Considere a função

f (x) =

x2 − 1x − 1

se x , 1

0 se x = 1.

Determine o limite de f (x) quando x tende a 1.

Solução: Observe que para x , 1 a função f (x) é igual à função do exemplo anterior,

logo limx→1

f (x) = 2, o qual não é o valor da função para x = 1. Ou seja, o gráfico desta

função apresenta uma quebra em x = 1, neste caso dizemos que a função não é contínua.

�

Dizemos que uma função f é contínua em x0 se as três condições abaixo estão

satisfeitas.

(i) f está definida em x0; isto é, x0 ∈Df ;

(ii) limx→x0

f (x) existe;

(iii) limx→x0

f (x) = f (x0).

Se f não for contínua em x0; isto é, se alguma das três condições acima não estiver

satisfeita, dizemos que f é descontínua em x0.

Exemplo 3.1.4.

(a) A função f (x) = x+ 1 é contínua em x0 = 1.


(b) A função f (x) =x2 − 1x − 1

é descontínua em x0 = 1 pois f não está definida em x0 = 1.

(c) A função f (x) =

x2 − 1x − 1

se x , 1

0 se x = 1não é contínua em x0 = 1 pois lim

x→1f (x) = 2 , 0 =

f (1).

3.2 Definições

Nesta seção vamos a dar as definições precisas de limite e continuidade, mas antes

disso apresentaremos um exemplo. Considere a função f dada abaixo.

f (x) =

2x − 1 se x , 3

6 se x = 3.

Intuitivamente vemos que limx→3

f (x) = 5, e agora fazemos uma pergunta: quão pró-

ximo x deverá estar de 3 para que o erro cometido ao aproximar f (x) por 5 seja menor

do que 0,1? Vamos responder essa pergunta.

Lembrando da distância entre números reais usando o módulo, sabemos que a dis-

tância de x a 3 é |x − 3| e a distância de f (x) a 5 é |f (x) − 5|. Assim nosso problema é

achar um número positivo δ tal que

se |x − 3| < δ, com x , 3 então |f (x)− 5| < 0,1.

Note que x , 3 se, e somente se, |x − 3| > 0. Então podemos reescrever a afirmação

acima da seguinte maneira: devemos encontrar um número positivo δ tal que

se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| < 0,1.

Agora veja que se 0 < |x − 3| < 0,12 , então

|f (x)− 5| = |(2x − 1)− 5| = |2x − 6| = 2|x − 3| < 0,1;

e assim a resposta será δ = 0,12 = 0,05.

O que acontece se mudarmos o erro 0,1 dado no problema para 0,01? Claramente, o

3.2 Definições 47

valor de δ deverá mudar para δ = 0,012 . Em geral, se usarmos um erro positivo arbitrário

ε, então o problema será achar um δ tal que

se 0 < |x − 3| < δ então |f (x)− 5| < ε.

Podemos ver que neste caso δ pode ser escolhido como sendo ε2 . Esta é uma maneira

de dizer que f (x) está próximo de 5 quando x está próximo de 3.

Também podemos escrever

5− ε < f (x) < 5 + ε sempre que 3− δ < x < 3 + δ, x , 3,

ou seja, tomando os valores de x , 3 no intervalo (3−δ,3+δ), podemos obter os valores

de f (x) dentro do intervalo (5− ε,5 + ε).

��

-

6

x3

r5 b

r

r

3 + δ3− δ ︸︷︷︸quando x está aqui

5− ε

5 + εf (x)estáaqui

f (x) =

2x − 1 se x , 3

6 se x = 3.

Definição 3.2.1. Seja f uma função definida sobre algum intervalo aberto que contém o

ponto x0, exceto possivelmente o próprio x0. Então dizemos que o limite de f (x) quando x

tende x0 é L, e escrevemos

limx→x0

f (x) = L,

se para todo ε > 0 existe um δ > 0 tal que

se 0 < |x − x0| < δ então |f (x)−L| < ε.

Exemplo 3.2.2. Prove que limx→2

(3x − 2) = 4.


Solução: Devemos fazer uma análise preliminar para encontrar o candidato a δ.

Dado ε > 0, o problema é determinar δ tal que

se 0 < |x − 2| < δ então |(3x − 2)− 4| < ε.

Mas |(3x − 2)− 4| = |3x − 6| = |3(x − 2)| = 3|x − 2|. Portanto, queremos

3|x − 2| < ε sempre que 0 < |x − 2| < δ

ou

|x − 2| < ε3

sempre que 0 < |x − 2| < δ.

Isto sugere que podemos escolher δ = ε3 .

Provemos que a escolha de δ feita acima funciona. Dado ε > 0, escolha δ = ε3 . Se

0 < |x − 2| < δ, então

|(3x − 2)− 4| = |3x − 6| = |3(x − 2)| = 3|x − 2| < 3δ = 3ε3

= ε.

Assim,

|(3x − 2)− 4| < ε sempre que 0 < |x − 2| < δ

logo, pela definição, limx→2

(3x − 2) = 4. �

Exercício 3.2.3. Prove que limx→x0

x2 = x20.

O próximo teorema garante que o valor L satisfazendo a definição é único.

Teorema 3.2.4 (Unicidade do limite). Seja f uma função definida sobre algum intervalo

aberto que contém o número p, exceto possivelmente o próprio p. Suponha que

limx→p

f (x) = L1 e limx→p

f (x) = L2.

Então L1 = L2.

Demonstração: Dado ε > 0, da definição de limites para L1 existe δ1 > 0 tal que se

0 < |x − x0| < δ1 então |f (x) − L1| < ε. Analogamente, da definição de limite para L2,

3.2 Definições 49

existe δ2 > 0 tal que se 0 < |x−x0| < δ2 então |f (x)−L2| < ε. Assim seja δ = min{δ1,δ2} > 0

e escolha x tal que 0 < |x − x0| < δ. Logo

|L1 −L2|6 |L1 − f (x)|+ |f (x)−L2| < ε+ ε = 2ε.

Com isto mostramos que para cada ε > 0, devemos ter |L1 − L2| < 2ε, o que implica

que |L1 −L2| = 0 e então L1 = L2. �

A seguinte propriedade, que já usamos intuitivamente anteriormente, será útil para

determinar limites.

Proposição 3.2.5. Sejam f ,g duas funções. Suponha que existe r > 0 tal que f (x) = g(x)

para 0 < |x − x0| < r e limx→x0

g(x) = L então limx→x0

f (x) = L.

Demonstração: Seja ε > 0. Da definição de limite para g, existe δ > 0 tal que se 0 <

|x−x0| < δ, temos |g(x)−L| < ε. Diminuindo o valor de δ se necessário, podemos assumir

que δ < r, e assim, para todo 0 < |x − x0| < δ < r temos f (x) = g(x) e

|f (x)−L| = |g(x)−L|6 ε,

o que mostra que limx→x0

f (x) = L. �

Exemplo 3.2.6. Calcule limx→2

x2−4x−2 .

Solução: Observe que para x , 2 temos

x2 − 4x − 2

=(x − 2)(x+ 2)

x − 2= x+ 2.

Como limx→2

x+ 2 = 4, segue da proposição acima que limx→2

x2−4x−2 = 4. �

Exemplo 3.2.7. Determine L para que a função f dada por

f (x) =

x2 − 4x − 2

, se x , 2

L, se x = 2

seja contínua em x0 = 2 .


Solução: Como limx→2

x2−4x−2 = 4, basta tomar L = 4. �

O resultado a seguir nos dá uma maneira de comparar o limite de duas funções,

desde que saibamos comparar as funções. Ele nos diz que a operação de tomar limites

preserva a desigualdade.

Teorema 3.2.8 (Teste da comparação). Suponha que existe r > 0 tal que f (x)6 g(x) para

0 < |x − x0| < r e existam os limites limx→x0

f (x) e limx→x0

g(x). Então

limx→x0

f (x)6 limx→x0

g(x).


Observação 3.2.9 (Importante). Não é verdade porém que se existem os limites limx→x0

f (x)

e limx→x0

g(x), e além disso f (x) < g(x) para 0 < |x − x0| < r então

limx→x0

f (x) < limx→x0

g(x).

De fato, se f (x) = x2 então 0 < f (x) para todo x , 0 e limx→0

f (x) = 0.

Terminamos esta seção com a definição precisa de continuidade.

Definição 3.2.10 (Continuidade). Sejam f uma função e x0 ∈ Df . Então f é contínua

em x0 se para todo ε > 0 existe um número δ > 0, tal que

se |x − x0| < δ então |f (x)− f (x0)| < ε ,

ou seja, f é continua num ponto x0 ∈Df se, e somente se,

limx→x0

f (x) = f (x0).

Diremos que f é contínua em A ⊂ Df se f for contínua em todos os pontos x0 ∈ A.

Diremos simplesmente que f é contínua se f for contínua em todos os pontos de seu domínio

Df .

Exemplo 3.2.11.

(a) A função f (x) = 3x − 2 é contínua.

3.2 Definições 51

(b) A função constante f (x) = k é contínua.

(c) A função f (x) = ax+ b é contínua.

3.2.1 Propriedades do limite

Proposição 3.2.12. Suponha que limx→x0

f (x) = L1 e limx→x0

g(x) = L2. Então:

(i) limx→x0

[f (x) + g(x)

]= limx→x0

f (x) + limx→x0

g(x) = L1 +L2.

(ii) limx→x0

k f (x) = k limx→x0

f (x) = kL1 , onde k = constante.

(iii) limx→x0

[f (x) · g(x)

]= limx→x0

f (x) · limx→x0

g(x) = L1 ·L2.

(iv) limx→x0

f (x)g(x)

=limx→x0

f (x)

limx→x0

g(x)=L1

L2, se L2 , 0 .

Demonstração: A demonstração destas propriedades é deixada a cargo do leitor. �

Utilizando a propriedade (iii) repetidamente, obtemos:

limx→p

[f (x)]n =[limx→p

f (x)]n

= Ln1, onde n é um inteiro positivo.

Para aplicar essas propriedades em exemplos, vamos usar os seguintes limites:

limx→x0

x = x0 e limx→x0

k = k, k constante,

que são deixados como exercícios ao leitor.

Exemplo 3.2.13. Temos

(a) limx→x0

xn = xn0 , onde n é um inteiro positivo.

(b) Temos limx→2

(5x3 − 8) = 32.

(c) Temos limx→1

x3 + 1x2 + 4x+ 3

=14

.


(d) Calcule limh→0

(3 + h)2 − 9h

= 6.

De forma mais geral temos as seguintes propriedades: se n é um inteiro positivo,

então

limx→x0

n√x = n√x0 , se n for par supomos que x0 > 0.

limx→x0

n√f (x) = n

√limx→x0

f (x), se n for par supomos que limx→x0

f (x) > 0.

Exercício 3.2.14. Calcule

(a) limx→3

√x −√

3x − 3

. (b) limt→0

√t2 + 9− 3t2

.

Temos ainda uma propriedade adicional de limite, que é bastante útil.

Teorema 3.2.15 (Teorema da conservação do sinal). Suponha que limx→x0

f (x) = L . Se

L > 0, então existe δ > 0 tal que para todo x ∈Df com 0 < |x − x0| < δ temos f (x) > 0.

Analogamente se L < 0 então existe δ > 0 tal que para todo x ∈ Df com 0 < |x − x0| < δtemos f (x) < 0.

Demonstração: Basta tomar ε = L na definição de limite. �

Interpretação geométrica do limite.

limx→x0

f (x) = L

-

6

L+ εL

L− ε

x0 − δ x0 x0 + δ

f

x

b

limx→x0

f (x) = L , f (p)

br6

xx0 − δ x0 x0 + δ

L− εL

L+ εf (x0) f

-

3.3 Teorema do Confronto 53

limx→x0

f (x) = L = f (x0)

-

6

L+ εL = f (x0)

L− ε

x0 − δ x0 x0 + δ

f

x xx0

f (x0) rbf

Não existe limx→x0

f (x)

-

6

3.3 Teorema do Confronto

O próximo resultado é uma propriedade importante de limites e tem extrema uti-

lidade para se calcular limites na prática.

Teorema 3.3.1 (Teorema do Confronto). Sejam f ,g,h funções reais e suponha que existe

r > 0 tal que

f (x)6 g(x)6 h(x) para 0 < |x − x0| < r.

Se limx→x0

f (x) = limx→x0

h(x) = L então

limx→x0

g(x) = L.

Demonstração: Seja ε > 0. Da definição de limites para f e h, sabemos que existe1

δ > 0 tal que se 0 < |x − x0| < δ temos

|f (x)−L| < ε e |h(x)−L| < ε,

ou seja

L− ε < f (x) < L+ ε e L− ε < h(x) < L+ ε.

Assim

L− ε < f (x)6 g(x)6 h(x) < L+ ε,

1Note que aqui existem δ1 > 0 para f e δ2 > 0 para h e tomamos δ = min{δ1,δ2} > 0.


isto é

|g(x)−L| < ε se 0 < |x − x0| < δ,

o que prova que limx→x0

g(x) = L.

�

Exemplo 3.3.2. Mostre que limx→0

x2 sen(

1x

)= 0.

Solução: Como −1 6 sen(

1x

)6 1 para todo x , 0, multiplicando por x2 temos

−x2 6 x2 sen(

1x

)6 x2. Sabemos que lim

x→0

(−x2

)= 0 = lim

x→0x2. Então pelo Teorema do

Confronto temos limx→0

x2 sen(

1x

)= 0. �

Exemplo 3.3.3. Seja f : R→ R tal que |f (x)|6 x2, para todo x ∈ R.

(a) Calcule, caso exista, limx→0

f (x).

(b) Verifique se f é contínua em 0 .

(c) Calcula, caso exista, limx→0

f (x)x

.

Exercício 3.3.4.

(a) Mostre que se limx→x0

f (x) = L então limx→x0|f (x)| = |L|.

(b) Mostre que se limx→x0|f (x)| = 0 então lim

x→x0f (x) = 0.

(c) Dê um exemplo no qual limx→x0|f (x)| existe mas lim

x→x0f (x) não.

Segue do Teorema do Confronto a seguinte importante propriedade:

Proposição 3.3.5. Suponha que limx→x0

f (x) = 0 e existem M > 0, r > 0 tais que |g(x)| 6Mpara 0 < |x − x0| < r Então

limx→x0

[f (x) · g(x)] = 0 .

Demonstração: Para 0 < |x − x0| < r temos

|f (x)g(x)| = |f (x)||g(x)|6M |f (x)|,

3.4 Limites laterais 55

e portanto

−M |f (x)|6 f (x)g(x)6Mf (x) para 0 < |x − x0| < r.

Da nossa hipótese e do item (b) do exercício anterior limx→x0|f (x)| = 0, e o resultado

segue do Teorema do Confronto. �

Exercício 3.3.6. Calcule limx→0

x2g(x), onde g : R→ R é dada por

g(x) =

1 , x <Q0 , x ∈Q .


(a) limx→0

x sen(

1x

)(b) lim

x→0x2 cos

(1x2

)

3.4 Limites laterais

Considere a função f : R→ R dada por f (x) =

−1 , x < 0

1 , x > 0, cujo gráfico é mos-

trado na figura abaixo.

1

−1

-

6

x

f (x)

a

q0

Quando x tende a 0 pela esquerda, f (x) tende a −1.Quando x tende a 0 pela direita,

f (x) tende a 1. Não há um número único para o qual f (x) se aproxima quando x tende

a 0, portanto limx→0

f (x) não existe. Porém nesta situação podemos definir os limites

laterais.

Intuitivamente, podemos escrever


(i) limx→x−0

f (x) = L, e dizemos que o limite de f (x) quando x tende a x0 pela esquerda

é igual a L se pudermos tomar os valores de f (x) arbitrariamente próximos de L,

tomando x suficientemente próximo de x0 e x menor do que x0.

(ii) limx→x+

0

f (x) = L, e dizemos que o limite de f (x) quando x tende a p pela direita é

igual a L se pudermos tomar os valores de f (x) arbitrariamente próximos de L,

tomando x suficientemente próximo de x0 e x maior do que x0.

-

6

L

x0 xx→

f (x)↑

limx→x−0

f (x) = L

xx0

L

f (x)↓

f

-

6

← x

limx→x+

0

f (x) = L

Agora damos as definições precisas de limites laterais.

Definição 3.4.1 (Limite lateral pela esquerda). Dizemos que o limite de f (x) quando

x tende a x0 pela esquerda é igual a L, e escrevemos limx→x−0

f (x) = L, se para todo ε > 0

existe um δ > 0 tal que

se x0 − δ < x < x0 então |f (x)−L| < ε.

Definição 3.4.2 (Limite lateral pela direita). Dizemos que o limite de f (x) quando x

tende a x0 pela direita é igual a L, e escrevemos limx→x+

0

f (x) = L, se para todo ε > 0 existe

um δ > 0 tal que

se x0 < x < x0 + δ então |f (x)−L| < ε.

Exemplo 3.4.3. Mostre que limx→0+

√x = 0.

Solução: Seja ε > 0. Queremos achar um δ > 0 tal que

|√x − 0| < ε sempre que 0 < x < δ,

3.4 Limites laterais 57

ou seja,√x < ε sempre que 0 < x < δ,

ou elevando ao quadrado

x < ε2 sempre que 0 < x < δ.

Isto sugere que devemos escolher δ = ε2.Verifiquemos que a escolha é correta. Dado

ε > 0, seja δ = ε2. Se 0 < x < δ, então

√x <√δ = ε, logo |

√x − 0| < ε.

Isso mostra que limx→0+

√x = 0. �

Exemplo 3.4.4. Calcule limx→0+

|x|x

e limx→0−

|x|x

.

Solução: Note que f (x) =|x|x

não está definida em x0 = 0. Temos

f (x) =

1, x > 0

−1, x < 0.

Portanto

limx→0+

|x|x

= limx→0

1 = 1 e limx→0−

|x|x

= limx→0−1 = −1.

�

Segue diretamente das definições de limites laterais o seguinte teorema.

Teorema 3.4.5. Temos que

limx→x0

f (x) = L se, e somente se, limx→x+

0

f (x) = limx→x−0

f (x) = L.

Corolário 3.4.6. Segue do Teorema 3.4.5 que

(a) se f admite limites laterais em x0, e

limx→x+

0

f (x) , limx→x−0

f (x),


então não existe limx→x0

f (x);

(b) se f não admite um dos limites laterais em x0, então não existe limx→x0

f (x).

Exemplo 3.4.7. Verifique se o limite limx→0

|x|x

existe.

Solução: Pelo exemplo anterior (Exemplo 3.4.4),

limx→0+

|x|x

= limx→0

1 = 1 e limx→0−

|x|x

= limx→0−1 = −1.

Portanto não existe limx→0

|x|x

. �

O conceito de limite lateral possibilita estender a definição de continuidade para

intervalos fechados.

Definição 3.4.8 (Continuidade em um intervalo fechado). Uma função f é contínua em

um intervalo fechado [a,b] se é contínua no intervalo (a,b) e

limx→a+

f (x) = f (a) e limx→b−

f (x) = f (b)

Exemplo 3.4.9. A função√

2− x é contínua no intervalo (−∞,2].

Exercício 3.4.10. Calcule os limites, caso existam.

(a) limx→0|x|

(b) limx→3bxc

(c) limx→4

f (x) onde f (x) =√x − 4 se x > 4,

8− 2x se x < 4.

3.5 Funções contínuas e suas propriedades

Seguem das propriedades do limite as seguintes propriedades das funções contí-

nuas.

Proposição 3.5.1. Sejam f e g funções contínuas em x0 e k = constante. Então:

(i) f + g é contínua em x0 .

3.5 Funções contínuas e suas propriedades 59

(ii) kf é contínua em x0 .

(iii) f · g é contínua em x0 .

(iv)f

gé contínua em x0 , se g(x0) , 0.

Exemplo 3.5.2.

(a) f (x) = xn, onde n ∈ N, é uma função contínua.

(b) Toda função polinomial é contínua, pois é soma de funções contínuas.

(c) Toda função racional é contínua em x0 se o denominador não se anular em x0, pois uma

função racional é quociente de duas funções polinomiais.

Teorema 3.5.3. As funções trigonométricas são contínuas.

Demonstração: Assumamos primeiro que 0 < x <π2

e consideremos a seguinte figura:

&%'$

��

TP

A-1 O

1

x -

6

Área do 4 OPA < Área do setor OPA < Área do 4 OTA

ou sejasen x

2<x2<

tg x2

portanto, 0 < sen x < x < tg x.

Se x < 0, −x > 0 então aplicamos a desigualdade para −x obtendo 0 < sen (−x) =

−senx < −x = |x|. Daí −|x| < sen x < |x|. Como limx→0±|x| = 0, pelo Teorema do Confronto,

limx→0

sen x = 0 e como sen0 = 0, concluímos que a função seno é contínua em 0.

Em geral, para qualquer x0, temos que

|sen(x)− sen(x0)| =∣∣∣∣2sen

(x − x0

2

)cos

(x+ x0

2

)∣∣∣∣6 2∣∣∣∣sen

(x − x0

2

)∣∣∣∣6 2∣∣∣∣x − x0

2

∣∣∣∣ = |x − x0|.

Como limx→x0

(x−x0) = 0, pelo Teorema do Confronto temos que limx→x0

sen(x)−sen(x0) =

0, ou seja, limx→x0

sen(x) = sen(x0). Logo a função seno é contínua para todo x0.

A prova da continuidade do cosseno é feita de maneira similar utilizando a igual-

dade cos(x) − cos(x0) = −2sen(x+x0

2

)sen

(x−x0

2

). A continuidade das outras funções tri-

gonométricas seguem das propriedades das funções contínuas. �


Teorema 3.5.4. Sobre continuidade, temos as seguintes afirmações:

(a) Se f : Df → B é uma função contínua inversível, então sua inversa f −1 : B→ Df tam-

bém é contínua.

(b) As funções exponenciais e logarítmicas são contínuas.

Idéia da demonstração: (a) Sabemos que o gráfico da função inversa é obtido refle-

tindo o da função em torno da reta y = x portanto, se o gráfico de f não tiver quebra

isto acontecerá com o de f −1.

(b) Na Seção 2.5 definimos a função exponencial ax de forma a preencher os bu-

racos no gráfico de ax, onde x é racional. Em outras palavras, a função exponencial é

contínua pela própria definição. Portanto, sua função inversa logax também é contí-

nua, pelo item (a). �

Exemplo 3.5.5. A função f (x) =lnxx2 − 1

é contínua em (0,+∞) e x , 1 , ou seja, em (0,1)∪(1,+∞).

3.5.1 Continuidade de funções compostas

Teorema 3.5.6. Sejam f ,g duas funções tais que Im(g) ⊂ Df . Suponha que f é contínua

num ponto y0 ∈Df e x0 ∈Dg é tal que limx→x0

g(x) = y0. Então

limx→x0

f (g(x)) = f(

limx→x0

g(x))

= f (y0).


Observação 3.5.7. Nas condições do teorema acima, fazendo a mudança de variável y =

g(x), podemos escrever

limx→x0

f (g(x)) = limy→y0

f (y).

Exercício 3.5.8. Calcule os seguintes limites:

(a) limx→1

√x2−1x−1 (b) lim

x→1e

(1−√x

1−x

)(c) lim

x→1

(3−x3)4−16x3−1

3.6 Importantes teoremas para funções contínuas 61

Uma propriedade importante das funções contínuas é enunciada no teorema a se-

guir e diz que a composta de funções contínuas ainda é uma função contínua.

Teorema 3.5.9. Se f for contínua em g(p) e g for contínua em p, então h = f ◦ g será

contínua em p.

Demonstração: Como g é contínua em x0, temos que limx→x0

g(x) = g(x0). Uma vez que f

é contínua em g(x0) podemos aplicar o teorema anterior para obter

limx→x0

f (g(x)) = f(

limx→x0

g(x))

= f (g(x0)),

ou seja f ◦ g é contínua em x0. �

Exemplo 3.5.10. h(x) = sen(x2) é contínua pois h(x) = f (g(x)), onde f (x) = sen x e g(x) =

x2 que são funções contínuas.

Exemplo 3.5.11. Qual o maior subconjunto de R onde a função h(x) = ln(1 + cosx) é con-

tínua?

Solução: h(x) = f (g(x)), onde f (x) = lnx e g(x) = 1+cosx que são funções contínuas.

Portanto, pelo Teorema h(x) é contínua onde está definida. Agora ln(1 + cosx) está

definida quando 1 + cosx > 0. Assim, não está definida quando cosx = −1, ou seja,

quando x = (2n+ 1)π para n ∈ Z. �

Exercício 3.5.12. Calcule limx→1

g(x2 − 4), sabendo que g é uma função contínua.

3.6 Importantes teoremas para funções contínuas

Além do Teorema da Conservação do Sinal abaixo, vamos apresentar três teoremas

importantes envolvendo funções contínuas. Consideraremos f : [a,b]→ R nos resulta-

dos desta seção e quando dizemos que f é contínua em [a,b], queremos dizer que f é

contínua em (a,b), limx→a+

= f (a) e limx→b+

= f (b).

3.6.1 O Teorema da Conservação de Sinal

No caso particular de funções contínuas o Teorema da Conservação de Sinal - Teo-

rema 3.2.15 - tem a seguinte forma.


Teorema 3.6.1 (Teorema da conservação do sinal para funções contínuas). Seja f

contínua em x0 . Se f (x0) > 0, então existe δ > 0 tal que para todo x ∈ Df com |x − p| < δtemos f (x) > 0.

Analogamente, se f (x0) < 0, então existe δ > 0 tal que para todo x ∈ Df com |x − p| < δtemos f (x) < 0.

3.6.2 Teorema do Valor Intermediário (TVI)

Teorema 3.6.2 (Teorema do valor intermediário). Se f for contínua e se γ pertencer ao

intervalo aberto de extremos f (a) e f (b), então existirá c ∈ (a,b) tal que f (c) = γ .

O TVI estabelece que uma função contínua assume todos os valores intermediários

entre os valores f (a) e f (b). Geometricamente, o TVI diz que se for dada uma reta

horizontal qualquer y = γ entre y = f (a) e y = f (b), como mostra a figura abaixo, então

o gráfico de f intercepta a reta y = γ pelo menos uma vez. Observe que o TVI não é

verdadeiro em geral para funções descontínuas.

f (x)

ba

f (a)

f (b)

x

γ

c

γ1

c1 c1c1

-

6

3.6.3 Teorema do Anulamento

Como um caso particular do TVI temos

Teorema 3.6.3 (Teorema do anulamento). Se f for contínua e f (a) e f (b) assumirem

sinais contrários, então existirá c ∈ (a,b) tal que f (c) = 0.

3.6 Importantes teoremas para funções contínuas 63

Uma aplicação do teorema é a localização de zeros de uma função.

Exemplo 3.6.4. Mostre que x3 − 4x+ 8 = 0 tem pelo menos uma solução real.

Solução: Seja f (x) = x3 − 4x + 8. Temos que f é uma função contínua e como f (0) =

8 > 0 e f (−3) = −7, o Teorema do Anulamento nos dá um c ∈ (−3,0) tal que f (c) = 0, ou

seja, c é uma solução da equação. �

Exercício 3.6.5.

(a) Existe um número que é exatamente um a mais que seu cubo?

(b) A equação cosx = x tem pelo menos uma solução? e a equação 2 tgx − x = 1?

3.6.4 Teorema de Weierstrass

Teorema 3.6.6 (Teorema deWeierstrass). Se f for contínua, então existirão x1,x2 ∈ [a,b]

tais que

f (x1)6 f (x)6 f (x2), para todo x ∈ [a,b].

Observação 3.6.7. Neste caso, dizemos que f (x1) é um valor mínimo de f no intervalo

[a,b] e f (x2) é um valor máximo e, [a,b]. O Teorema de Weierstrass diz que, se f for

contínua em um intervalo fechado e limitado, então f assumirá os valores máximo e mínimo

neste intervalo.

Se o intervalo não for limitado o Teorema de Weierstrass não vale necessariamente,

por exemplo, f (x) = x3 não é limitada em [0,∞). Se o intervalo não for fechado, o

resultado também pode não ser válido, por exemplo, a função identidade f (x) = x

não possui valor máximo nem valor mínimo em (0,2). Se a função não for contínua, o

resultado também não vale necessariamente, por exemplo, considere a função

f (x) =

2 se x = 1

x se 1 < x < 3

2 se x = 3.

Como uma consequência do Teorema do Valor Intermediário e do Teorema de Wei-

erstrass, obtemos o seguinte resultado


Corolário 3.6.8. Sejam f : [a,b] → R uma função contínua, m = min{f (x) : x ∈ [a,b]} e

M = max{f (x) : x ∈ [a,b]}. Então Im(f ) = f ([a,b]) = [m,M].

3.7 O Primeiro Limite Fundamental

Teorema 3.7.1 (O primeiro limite fundamental). Temos

limx→0

sen xx

= 1.

Demonstração: Já vimos que para 0 < x < π2 vale a desigualdade 0 < sen x < x < tg x.

Dividindo por sen x obtemos 1 < xsenx <

1cosx e conseqüentemente cosx < senx

x < 1, pois

cosx > 0 para 0 < x < π2 .

Por outro lado, se −π2< x < 0, aplicando a desigualdade a −x, obtemos cos(−x) <

sen(−x)−x < 1. Utilizando a paridade das funções concluímos que

cosx <sen xx

< 1, 0 < |x| < π2.

Como limx→0

cosx = 1, pelo Teorema do Confronto, limx→0

sen xx

= 1. �


sen(5x)x

.

Solução:

limx→0

sen5xx

= 5 limx→0

sen 5x5x

u=5x= 5 limu→0

sen uu

= 5.

�


sen2x

x2 .

Solução:

limx→0

sen2x

x2 = limx→0

sen xx

senxx

= 1.

�


tg(2x)x

.

3.8 Limites infinitos, no infinito e infinitos no infinito 65

Solução:

limx→0

tg(2x)x

= limx→0

sen(2x)2x

2cos(2x)

= 2.

�


1− cosxx2 .

Solução:

limx→0

1− cosxx2 = lim

x→0

(1− cosx)x2

(1 + cosx)1 + cosx

= limx→0

1− cos2x

x21

1 + cosx

= limx→0

sen2x

x21

1 + cosx=

12.

�


(a) limx→0

2xsen(3x)

(b) limx→0

tg(2x)sen(3x)

3.8 Limites infinitos, no infinito e infinitos no infinito

3.8.1 Limites infinitos

Consideremos a função f (x) = 1x2 . Quando x se aproxima de 0, a funçãox2 tam-

bém se aproxima de 0 e 1x2 fica muito grande. De fato, os valores de f (x) podem ficar

arbitrariamente grandes se tomarmos valores de x próximos de 0. Para indicar este

comportamento usamos a notação

limx→0

f (x) =∞.

Definição 3.8.1 (Intuitiva). Seja f uma função numa vizinhança de x0, exceto possivel-

mente no próprio x0.

(i) Dizemos que o limite de f (x) é infinito quando x tende a x0, e escrevemos

limx→x0

f (x) =∞,


se podemos fazer os valores de f (x) ficarem arbitrariamente grandes tomando valores

de x suficientemente próximos de x0.

(ii) Dizemos que o limite de f (x) é menos infinito quando x tende a x0, e escrevemos

limx→x0

f (x) = −∞,

se podemos fazer os valores de f (x) ficarem arbitrariamente grandes e negativos, to-

mando valores de x suficientemente próximos de x0.

(iii) As definições no caso de limites laterais infinitos seguem análogas ao caso real.

Exercício 3.8.2. Escreva as quatro definições intuitivas de limites infinitos para limites

laterais.

Exemplo 3.8.3. limx→0

(− 1x2

)= −∞.

Exemplo 3.8.4. Determine limx→3+

2x−3 e lim

x→3−2x−3 .

Solução: Para valores x > 3 próximos de 3, x − 3 é um número positivo muito pe-

queno, e 2x−3 é um número positivo grande. Então intuitivamente lim

x→3+

2x−3 = +∞. Ana-

logamente, vemos que limx→3−

2x−3 = −∞. �

Definição 3.8.5 (Limites infinitos). Seja f uma função definida numa vizinhança de x0,

exceto possivelmente no próprio x0. Então diremos que

(a) o limite de f (x) quando x tende a x0 é∞ se dado K > 0 existir δ > 0 tal que f (x) > K

para todo 0 < |x − x0| < δ;

(b) o limite de f (x) quando x tende a x0 é −∞ se, dado K < 0, existir δ > 0 tal que

f (x) < K para todo 0 < |x − x0| < δ.

Exercício 3.8.6. Escreva as definições precisas dos limites laterais infinitos:

(a) limx→x+

0

f (x) =∞

(b) limx→x+

0

f (x) = −∞

(c) limx→x−0

f (x) =∞

(d) limx→x−0

f (x) = −∞

Exemplo 3.8.7. Prove que limx→0+

1x =∞.


Solução: Dado K > 0 devemos encontrar δ > 0 tal que

1x> K sempre que 0 < x < δ,

ou seja

x <1K

sempre que 0 < x < δ.

Isto sugere que devemos tomar δ = 1K . De fato se K > 0 é dado, escolha δ = 1

K . Se

0 < x < δ, então

0 < x < δ implica que1x>

1δ

= K,

o que mostra que limx→0+

1x =∞. �

Exercício 3.8.8. Mostre que:

(a) limx→0−

1x = −∞ (b) lim

x→01|x| =∞

∗ Propriedades dos limites infinitos

Seja L um número real. Temos as seguintes propriedades para os limites infinitos:

1. Se

limx→x0

f (x) =∞

limx→x0

g(x) =∞então

limx→x0

(f + g)(x) =∞

limx→x0

(f · g)(x) =∞

2. Se

limx→x0

f (x) = L

limx→x0

g(x) =∞então

limx→x0

(f · g)(x) =∞, se L > 0

limx→x0

(f · g)(x) = −∞, se L < 0

3. Se

limx→x0

f (x) = −∞

limx→x0

g(x) =∞então lim

x→x0(f · g)(x) = −∞

4. Se

limx→x0

f (x) = L

limx→x0

g(x) =∞então lim

x→x0(f + g)(x) =∞

5. Se

limx→x0

f (x) = L

limx→x0

g(x) = −∞então lim

x→x0(f + g)(x) = −∞


6. Se

limx→x0

f (x) = −∞

limx→x0

g(x) = −∞então

limx→x0

(f + g)(x) = −∞

limx→x0

(f · g)(x) =∞

7. Se

limx→x0

f (x) = L

limx→x0

g(x) = −∞então

limx→x0

(f · g)(x) = −∞, se L > 0

limx→x0

(f · g)(x) =∞, se L < 0.

Observação 3.8.9.

(i) As propriedades acima são válidas se, em lugar de→ x0, usarmos x→ x+0 ou x→ x−0 .

(ii) As propriedades acima nos dizem como operar com os símbolos∞ e −∞.

Temos as seguintes indeterminações:

∞−∞, −∞− (−∞), 0 ·∞, ∞∞,

00, 1∞, 00, ∞0.


cosxx2 .

Solução: Temos

limx→0

cosxx2 = lim

x→0cosx · 1

x2 = 1 ·∞ =∞.

�


sen(x2)x4 .

Solução: Temos

limx→0

sen(x2)x4 = lim

x→0

sen(x2)x2 · 1

x2 = 1 ·∞ =∞.

�

A seguinte proposição será útil para calcular limites.

Proposição 3.8.12. Suponha que limx→x+

0

f (x) = 0 e que existe r > 0 tal que f (x) > 0 (respectivamente

f (x) < 0) para 0 < |x − x0| < r. Então, limx→x0

1f (x) =∞ (respectivamente −∞).

Observação 3.8.13. Vale um resultado análogo para x→ x+0 e para x→ x−0 .

Exemplo 3.8.14. Calcule os seguintes limites:


(a) limx→1+

1x − 1

(b) limx→1−

1x − 1

(c) limx→1

1x − 1

Solução: Temos limx→1+

(x − 1) = 0 = x→ 1−(x − 1), x − 1 > 0 para x > 1 e x − 1 < 0 para

x < 1. Portanto

limx→1+

1x − 1

=∞; limx→1−

1x − 1

= −∞ e limx→1

1x − 1

não existe.

�


x2 + 3xx2 − 4

.

Solução:

limx→2+

x2 + 3xx2 − 4

= limx→2+

x2 + 3x(x − 2)(x+ 2)

= limx→2+

1x − 2

x2 + 3xx+ 2

=∞· 52

=∞.

�

Exemplo 3.8.16. Calcule limx→1−

x3 − 1x2 − 2x+ 1

.

Solução: Observe quex3 − 1

x2 − 2x+ 1=

(x − 1)(x2 + x+ 1)(x − 1)2 . Assim,

limx→1−

x3 − 1x2 − 2x+ 1

= limx→1−

1x − 1

(x2 + x+ 1) = −∞ · 3 = −∞.

�

Exercício 3.8.17.

(a) Calcule os limites laterais limx→π/2±

tgx e esboce o gráfico da função f (x) = tgx.

(b) Verifique que limx→0+

logax = −∞, a > 1.

(c) Calcule os limites laterais limx→1±

xx − 1

.

3.8.2 Limites no infinito

Vamos analisar o comportamento de uma função f (x) quando os valores de x ficam

arbitrariamente grandes. Consideremos a função f (x) =x2 − 1x2 + 1

. Então f (x) assume os


seguintes valores:x f (x)

0 −1

1 0

10 0,98

100 0,9998

1000 0,99999

Observemos que, quando tomamos valores muito grandes para a variável x, os va-

lores de f (x) se aproximam de 1. Este fato pode ser denotado da seguinte forma

limx→∞

f (x) = 1.

Definição 3.8.18 (Intuitiva).

(a) Seja f uma função definida em algum intervalo (a,∞). Então dizemos que o limite de

f (x) quando x tende a infinito é L, e denotamos por

limx→+∞

f (x) = L,

se podemos fazer com que os valores de f (x) fiquem arbitrariamente próximos de L,

tomando valores suficientemente grandes da variável x.

(b) Seja f uma função definida em algum intervalo (−∞, a). Então dizemos que o limite

de f (x) quando x tende a menos infinito é L, e denotamos por

limx→−∞

f (x) = L,

se podemos fazer com que os valores de f (x) fiquem arbitrariamente próximos de L,

tomando valores suficientemente grandes da variável x em valor absoluto, mas negati-

vos.

Podemos estabelecer a definição precisa de limite no infinito.

Definição 3.8.19 (Limite no infinito).

(a) Seja f uma função definida em algum intervalo (a,∞). Então

limx→+∞

f (x) = L


se, dado ε > 0, existir R > 0 tal que |f (x)−L| < ε sempre que x > R .

(b) Seja f uma função definida em algum intervalo (−∞, a). Então

limx→−∞

f (x) = L

se, dado ε > 0, existir R < 0 tal que |f (x)−L| < ε sempre que x < R .

Exemplo 3.8.20. Temos limx→∞

1x = 0 e lim

x→−∞1x = 0.

Solução: Dado ε > 0, queremos achar R > 0 suficientemente grande tal que

x > R > 0 implica que |f (x)− 0| =∣∣∣∣∣1x − 0

∣∣∣∣∣ =1x< ε.

Tomando R =1ε> 0 temos

x > R > 0 implica que 0 <1x<

1R

= ε.

Portanto, segue da definição que limx→∞

1x = 0. A prova para x→−∞ é análoga. �

Observação 3.8.21. As propriedades do limite dadas na Subseção 3.2.1 são também válidas

se x→ x0 for substituído por x→∞ ou x→−∞.

Exemplo 3.8.22. Calcule limx→∞

1xn onde n é um inteiro positivo.

Solução:

limx→∞

1xn

= limx→∞

( 1x

)n= 0.

�

Em geral, temos que limx→±∞

1xr = 0 onde r é um número real positivo.


x5 + x4 + 12x5 + x+ 1

.

Solução: Temos

limx→∞

x5 + x4 + 12x5 + x+ 1

= limx→∞

x5(1 + 1

x + 1x5

)x5

(2 + 1

x4 + 1x5

) = limx→∞

1 + 1x + 1

x5

2 + 1x4 + 1

x5

=1 + 0 + 02 + 0 + 0

=12.


Um cálculo análogo mostra que o limite, quando x→−∞, também é 12 . �

Observação 3.8.24 (Importante). A estratégia para calcular limites no infinito de uma

função racional consiste em colocar em evidência a mais alta potência de x no denominador

e numerador.

Exemplo 3.8.25. Encontre as assíntotas horizontais de f (x) =

√2x2 + 13x+ 5

.

Solução: Considerando x→∞ temos x > 0 e assim

limx→∞

√2x2 + 13x+ 5

= limx→∞

√x2(2 + 1

x2 )

x(3 + 5x )

= limx→∞

|x|√

2 + 1x2

x(3 + 5x )

= limx→∞

√2 + 1

x2

3 + 5x

=

√2

3.

Agora considerando x→−∞ temos x < 0 e assim

limx→−∞

√2x2 + 13x+ 5

= limx→−∞

|x|√

2 + 1x2

x(3 + 5x )

= limx→−∞

−

√2 + 1

x2

3 + 5x

= −√

23.

Logo a reta y =√

23 é assíntota em∞ e y = −

√2

3 é assíntota em −∞ para y = f (x).

�


(2 +

sen xx

).

Solução: Observe que∣∣∣ sen x

x

∣∣∣6 1|x| =

1x para x > 0. Como lim

x→∞1x = 0, pelo Teorema do

Confronto, limx→∞

sen xx = 0. Portanto

limx→∞

(2 +

sen xx

)= 2 + 0 = 2.

�


xsen(

1x

).

Solução: Fazendo u = 1x , temos u→ 0 quando x→∞. Portanto,

limx→∞

x sen(1x

)= limu→0

sen uu

= 1.

�

Exercício 3.8.28. Verifique que limx→−∞

ax = 0, a > 1 e que limx→+∞

ax = 0, 0 < a < 1.


3.8.3 Limites infinitos no infinito

Utilizamos a notação

limx→∞

f (x) =∞

para indicar que podemos fazer os valores de f (x) ficarem tão grandes quanto desejar-

mos, desde que tomemos valores grandes para a variável x. De forma análoga utiliza-

mos a notação

limx→∞

f (x) = −∞, limx→−∞

f (x) =∞, limx→−∞

f (x) = −∞.

Exemplo 3.8.29. Encontre limx→∞

x2.

Solução: Quando x torna-se grande, x2 também fica muito grande. Por exemplo,

102 = 100, 1002 = 10.000, 10002 = 1.000.000. Portanto vemos que limx→∞

x2 =∞. �

Podemos estabelecer a definição precisa de limite infinito no infinito.

Definição 3.8.30 (Limite infinito no infinito). Seja f uma função definida em algum

intervalo (a,∞).

(a) Dizemos que

limx→∞

f (x) =∞

se dado K > 0 existir R > 0 tal que f (x) > K sempre que x > R .

(b) Dizemos que

limx→∞

f (x) = −∞

se, dado K < 0, existir R > 0 tal que f (x) < K sempre que x > R .


limx→∞

f (x) =∞

-

6

K

R

f (x)

x

limx→∞

f (x) = −∞

xR

Kf (x)

-6

Exercício 3.8.31. Escreva as definições precisas para

limx→−∞

f (x) =∞ e limx→−∞

f (x) = −∞.

limx→−∞

f (x) =∞

-

6

K

R

f (x)

x

limx→−∞

f (x) = −∞

x R

Kf (x)

-6

Observação 3.8.32. Todas as propriedades de limites infinitos dadas na Subseção 3.8.1

valem se substituirmos x→ x0 por x→∞ ou x→−∞.

Além disso temos as mesmas indeterminações:

∞−∞, −∞− (−∞), 0 ·∞, ∞∞,

00, 1∞, 00, ∞0.

Exercício 3.8.33.

(a) Prove usando a definição que limx→∞

x =∞.

(b) Mostre também que limx→∞

xn =∞, onde n é um inteiro positivo.

(c) Quando o resultado em (b) continua válido ao trocarmos x→∞ por x→−∞?



(x2 − x).

Solução: Observe que temos uma indeterminação da forma ∞−∞. Não podemos

aplicar a propriedade da soma. Contudo, podemos escrever

limx→∞

(x2 − x) = limx→∞

x(x − 1) =∞·∞ =∞.

�


x3 + 3x − 12x2 + x+ 1

.

Solução:

limx→∞

x3 + 3x − 12x2 + x+ 1

= limx→∞

x3(1 + 3

x2 − 1x3

)x2

(2 + 1

x + 1x2

) =∞· 12

=∞.

�

Exemplo 3.8.36. Calcule limx→−∞

x3 − 3x2 + 11− 2x2 .

Solução:

limx→−∞

x3 − 3x2 + 11− 2x2 = lim

x→∞

x3(1− 3

x + 1x3

)x2

(1x2 − 2

) = (−∞) ·(−1

2

)= +∞.

�

Exercício 3.8.37.

(a) Seja p(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn, com an , 0. Determine os limites limx→±∞

p(x).

(b) Sejam p e q polinômios, com q , 0. Encontre os limites limx→±∞

p(x)q(x) .

(c) Verifique que limx→∞

logax =∞, a > 1.

(d) Verifique que limx→∞

ax =∞, a > 1 e que limx→−∞

ax =∞, 0 < a < 1.


( 1lnx

)x+1.

Solução: Observe que é uma indeterminação da forma 0∞. Escrevemos( 1lnx

)x+1=

e(x+1)ln( 1lnx ). Agora,

limx→∞

(x+ 1)ln( 1lnx

)=∞·−∞ = −∞


e como a função exponencial é contínua,

limx→∞

( 1lnx

)x+1= limx→+∞

e(x+1)ln( 1lnx ) = exp

(limx→∞

(x+ 1)ln( 1lnx

))= 0.

�

3.9 O Segundo Limite Fundamental

A seguir apresentamos, sem prova, o Segundo Limite Fundamental. A demons-

tração de tal resultado necessita do auxílio da teoria de séries numéricas, e o leitor

interessado pode consultar a Seção “The number e” no livro [3].

Proposição 3.9.1 (Segundo Limite Fundamental). Temos

e = limx→∞

(1 +

1x

)xUsando este limite iremos calcular outros, que serão úteis mais adiante.

Exemplo 3.9.2. limx→−∞

(1 + 1

x

)x= e.

Solução: Fazendo x = −(t + 1), t > 0, temos(1 +

1x

)x=

(1− 1

1 + t

)−t−1=

(1 +

1t

)t(t + 1t

).

e x→−∞ temos t→∞, assim

limx→−∞

(1 +

1x

)x= limt→∞

(1 +

1t

)t(t + 1t

)= e.

�

Exemplo 3.9.3. limh→0+

(1 + h)1/h = e.

Solução: Fazendo h =1x, temos que para h→ 0+, x→∞, assim

limh→0+

(1 + h)1/h = limx→∞

(1 +

1x

)x= e.

3.9 O Segundo Limite Fundamental 77

�

Analogamente, temos

Exemplo 3.9.4. limh→0−

(1 + h)1/h = e.

Portanto,

limh→0

(1 + h)1/h = e.

Observação 3.9.5. O número e também pode ser definido como o limite acima e claramente

as duas definições são equivalentes.

Exemplo 3.9.6. limh→0

eh − 1h

= 1.

Solução: Fazendo u = eh − 1 ou h = ln(1 +u) temos

eh − 1h

=u

ln(u + 1)=

1

ln(u + 1)1u

.

Para h→ 0, u→ 0, assim

limh→0

eh − 1h

= limu→0

1

ln(u + 1)1u

=1

lne= 1.

�

Capítulo

4

A derivada

4.1 Motivação e definição

Seja x = f (t) uma função que descreve o movimento de uma partícula sobre uma

linha reta horizontal em função do tempo t; isto é, a cada instante de tempo t real, a

partícula se encontra na posição x = f (t) da reta real. A velocidade média da partícula

entre dois instantes t0 e t é dada por

distância percorridatempo decorrido

=f (t)− f (t0)t − t0

.

Nosso problema é: como encontrar a velocidade instantânea da partícula num

dado instante t0?

Podemos responder esta pergunta com o seguinte argumento: calculamos a velo-

cidade média da partícula entre os instantes t0 e t, e fazer com que t fique cada vez

mais próximo de t0. Com este procedimento, calculamos a velocidade instantânea no

instante de tempo t0. Definimos assim a velocidade instantânea ou simplesmente

velocidade da partícula no instante t0 é dada por

v(t0) = limt→t0

f (t)− f (t0)t − t0

. (4.1.1)

80 A derivada

Interpretemos geometricamente a velocidade instantânea. Para cada instante de

tempo t, considere a reta Tt que passa pelos pontos (t0, f (t0)), (t, f (t)) e tem coeficiente

angular mt. Tal reta pode ser descrita pela equação

y − f (t0) =mt(s − t0), s ∈ R

onde mt = f (t)−f (t0)t−t0 . Assim, o coeficiente angular da reta Tt determina a velocidade

média da partícula entre os instantes t e t0, como mostra a figura abaixo.

T

Tt

f

f (t)− f (t0)

t − t0tt0

f (t0)

f (t) rr

-

6

t

Notemos que, quando t se aproxima de t0, a reta Tt “tende” à posição da reta

T , ou seja, quando t → t0, o coeficiente angular, mt, da reta Tt tende para o valor do

coeficiente angular, m, da reta T . Logo

se t → t0 entãof (t)− f (t0)t − t0

→ m,

ou seja

limt→t0

f (t)− f (t0)t − t0

=m.

Isto mostra que a velocidade instantânea da partícula dada pelo coeficiente angular

da reta T é, de fato, o limite das velocidades médias dadas por mt.

Fazendo a mudança de variável t = t0 + h, temos

t → t0 ⇐⇒ h → 0,

e portanto a equação (4.1.1) pode ser reescrita como

v(t0) = limh→0

f (t0 + h)− f (t0)h

.

4.1 Motivação e definição 81

Agora, podemos dar a definição seguinte.

Definição 4.1.1. Sejam f : Df → R uma função e x0 ∈Df um ponto do seu domínio.

(a) Quando existir o limite

limx→x0

f (x)− f (x0)x − x0

= L ∈ R

diremos que L é a derivada de f em s0 e escreveremos f ′(x0) = L. Neste caso,

f ′(x0) = limx→x0

f (x)− f (x0)x − x0

= limh→0

f (x0 + h)− f (x0)h

.

(b) Quando f admitir derivada f ′(x0) em x0 , diremos que f é derivável ou diferenciável

em x0 .

(c) Seja A ⊂ Df . Quando f admitir derivada f ′(x0) em todo ponto x0 ∈ A diremos que f é

derivável ou diferenciável em A.

(d) Quando f admitir derivada f ′(x0) em todo ponto x0 ∈Df , diremos simplesmente que f

é derivável ou diferenciável.

Exemplo 4.1.2. Seja f (x) = 2x2 − 3. Calcule f ′(x0) para x0 = 0, x0 = 2 e x0 = p ∈ Rqualquer.

Solução: Por definição de derivada temos

f ′(0) = limh→0

f (h)− f (0)h

= limh→0

2h2

h= limh→0

2h = 0,

f ′(2) = limh→0

f (2 + h)− f (2)h

= limh→0

2(2 + h)2 − 8h

= limh→0

8 + 2h = 8,

e em geral, para qualquer p,

f ′(p) = limh→0

f (p+ h)− f (p)h

= limh→0

2(p+ h)2 − 2p2

h= limh→0

4p+ 2h = 4p.

�

Exemplo 4.1.3. Mostre que f (x) = |x| não é derivável em 0 .

82 A derivada

Solução: Vejamos que limh→0f (h)−f (0)

h não existe. Calculemos os limites laterais

limh→0+

h− 0h

= 1 e limh→0−

−h− 0h

= −1.

Portanto não existe limh→0

f (h)−f (0)h , ou seja, não existe f ′(0). �

Conforme vimos, podemos interpretar a derivada como a inclinação da reta tan-

gente ao gráfico de uma função.

Definição 4.1.4 (Retas tangente e normal). A reta tangente a uma curva y = f (x) no

ponto (x0, f (x0)) é definida como sendo a reta dada pela equação

y − f (x0) = f ′(x0)(x − x0).

Definimos a reta normal a uma curva y = f (x) no ponto (x0, f (x0)) como a reta que é

perpendicular à reta tangente nesse ponto.

xp

f (p)

T

f

-

6

Se f ′(x0) , 0, então o coeficiente angular da reta normal é − 1f ′(x0)

e sua equação

y − f (x0) = − 1f ′(x0)

(x − x0).

Se f ′(x0) = 0 então a equação da reta normal será x = x0.

Exemplo 4.1.5. Seja f (x) = 2x2 − 3. Determine a equação da reta tangente ao gráfico de f

nos pontos

4.2 A derivada como uma função 83

(a) (0, f (0)) (b) (2, f (2))

Solução de (b): Já vimos que f ′(2) = 8. Portanto, a equação da reta tangente é

y − 5 = 8(x − 2) e a equação da reta normal é y − 5 = −18(x − 2). �

Exemplo 4.1.6. Determine a equação da reta tangente ao gráfico de f (x) = 2x2−3 e paralela

à reta y = 2x+ 3.

Solução: Pela condição de paralelismo, devemos ter f ′(x0) = 2 que é equivalente

4x0 = 2, logo x0 = 12 . Portanto a equação da reta tangente é

y − f(

12

)= f ′

(12

)(x − 1

2

), ou seja y + 5

2 = 2(x − 1

2

).

�

4.2 A derivada como uma função

Definimos a derivada de uma função f em um número fixo x0. Se substituirmos x0

por uma variável x, obteremos

f ′(x) = limh→0

f (x+ h)− f (x)h

.

Dado um número x para o qual esse limite existe, atribuímos a x o número f ′(x),

obtendo uma nova função f ′, chamada derivada de f . O domínio da função f ′ é o

conjunto de pontos onde este limite existe.

Exemplo 4.2.1. Calcule a derivada de f (x) =√x − 1 e determine o domínio de f ′.

Solução: Temos

f ′(x) = limh→0

f (x+ h)− f (x)h

= limh→0

√x+ h− 1−

√x − 1

h

= limh→0

(x+ h− 1)− (x − 1)h

1√x+ h− 1 +

√x − 1

= limh→0

1√x+ h− 1 +

√x − 1

=1

2√x − 1

,

84 A derivada

e o domínio de f ′ é o intervalo (1,∞). �

Notações alternativas. Seja y = f (x), onde f é uma função derivável. Podemos escre-

ver, alternativamente,

f ′(x) = y′ =dy

dx=ddx

(y) =df

dx=ddxf (x) =Df (x) =Dxf (x)

para denotar a derivada de y ou f em relação à variável x .

O símbolo dydx não é um quociente; trata-se simplesmente de uma notação. Utili-

zando a notação de incremento, podemos escrever a definição de derivada como

dy

dx= lim

∆x→0

f (x+∆x)− f (x)∆x

.

Daí, tomando ∆y = ∆f = f (x+∆x)− f (x), podemos escrever

dy

dx= lim

∆x→0

∆y

∆xou

df

dx= lim

∆x→0

∆f

∆x.

4.2.1 Diferenciabilidade e continuidade

O seguinte teorema estabelece uma relação entre continuidade e diferenciabilidade.

Teorema 4.2.2. Se f for uma função diferenciável em um ponto x0 ∈ Df então f será con-

tínua em x0.

Demonstração: Devemos mostrar que limx→x0

f (x) = f (x0) ou equivalentemente que limx→x0

(f (x)−f (x0)) = 0. Escrevemos

f (x)− f (x0) =f (x)− f (x0)x − x0

(x − x0), para x , x0.

Assim

limx→x0

(f (x)− f (x0)) = limx→x0

f (x)− f (x0)x − x0

(x − x0)

= limx→x0

f (x)− f (x0)x − x0

· limx→x0

(x − x0) = f ′(x0) · 0 = 0.

4.3 Fórmulas e regras de derivação 85

Portanto f é contínua em x0. �

Observação 4.2.3. Note que não vale a recíproca. A função f (x) = |x| do Exemplo 4.1.3 é

contínua em x = 0 mas não é diferenciável em x = 0. Note também que temos um critério

para decidir se a função não é diferenciável num ponto x0, a saber, se f não é contínua em

x0 então f não é diferenciável em x0.

Exemplo 4.2.4. A função f (x) =

x2 x 6 1,

2 x > 1é diferenciável em x = 1?

Solução: Como o limx→1−

f (x) = 1 e limx→1+

f (x) = 2, f (x) não é contínua em x = 1, logo

não é diferenciável em x = 1. �

Exercício 4.2.5. A função dada por

f (x) =

x2sen(

1x

), se x , 0

0, se x = 0

é diferenciável em x = 0?

4.3 Fórmulas e regras de derivação

Temos as seguintes propriedades para derivadas:

Proposição 4.3.1. São válidas as seguintes fórmulas de derivação:

(a) se f (x) = k, k constante, então f ′(x) = 0,

(b) se f (x) = xn então f ′(x) = nxn−1, onde n é um inteiro positivo,

(c) se f (x) = x1/n = n√x então f ′(x) = 1

n x1n−1, onde n é um inteiro positivo,

(d) se f (x) = sen x então f ′(x) = cosx,

(e) se f (x) = cosx então f ′(x) = −sen x,

(f) se f (x) = ex então f ′(x) = ex,

(g) se f (x) = lnx então f ′(x) = 1x para x > 0.

86 A derivada

Demonstração:

Prova do item (b). Lembremos que

yn − xn = (y − x)(yn−1 + yn−2x+ · · ·+ yxn−2 + xn−1).

Então,

f ′(x) = limy→x

yn − xn

y − x= limy→x

(yn−1 + yn−2x+ · · ·+ yxn−2 + xn−1) = nxn−1.

Prova do item (c). Fazendo u = n√y e v = n

√x temos que quando y→ x, u→ v. Assim

f ′(x) = limy→x

n√y − n√x

y − x= limu→v

u − vun − vn

= limu→v

1un−vnu−v

=1

nvn−1 =1

nxn−1n

=1nx

1n−1.

Prova do item (d).

f ′(x) = limy→x

sen y − sen xy − x

= limy→x

2sen(y−x

2

)cos

(y+x

2

)y − x

= limy→x

sen(y−x

2

)cos

(y+x

2

)y−x

2

= cosx.

Prova do item (e). Análoga ao item (d).

Prova do item (f).

f ′(x) = limh→0

ex+h − ex

h= ex lim

h→0

eh − 1h

= ex

pois, como vimos na Seção 3.9, limh→0

eh − 1h

= 1.

Prova do item (g).

f ′(x) = limh→0

ln(x+ h)− lnxh

= limh→0

1h

ln(x+ hx

).

Fazendo u =hx

temos que para h→ 0, u→ 0, assim

limh→0

ln(1 +

hx

) 1h

= limu→0

1x

ln(1 +u

) 1u =

1x

lne =1x,

4.3 Fórmulas e regras de derivação 87

pois, como vimos na seção 3.9, limu→0

(1 +u

) 1u = e.

�

O seguinte teorema fornece regras para calcular derivadas.

Teorema 4.3.2 (Regras de derivação). Sejam f e g funções deriváveis em x0 e k uma

constante. Então

(a) Regra do múltiplo constante. kf será derivável em x0 e

(kf )′(x0) = kf ′(x0).

(b) Regra da soma. f + g será derivável em x0 e

(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g ′(x0).

(c) Regra do produto. f · g será derivável em x0 e

(f · g)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + f (x0)g ′(x0).

(d) Regra do quociente. fg será derivável em x0 se g(p) , 0 e, neste caso, teremos

(f

g

)′(x0) =

f ′(x0)g(x0)− f (x0)g ′(x0)[g(x0)]2 .

Exemplo 4.3.3.

(a) Se f (x) = x8 + 12x5 − 6x+ 2 então f ′(x) = 8x7 + 60x4 − 6.

(b) Se f (x) = xcosx então f ′(x) = cosx − xsen x.

(c) Se f (x) =x2 − 2x3 + 6

então f ′(x) =2x(x3 + 6)− (x2 − 2)3x2

(x3 + 6)2 .

(d) Se f (x) = x−n então f ′(x) = −nx−n−1 para x , 0, onde n é um inteiro positivo.

(e) Se f (x) = logax então f ′(x) = 1x lna para x > 0.

Para (e), utilizamos a mudança de base logax = lnxlna .

88 A derivada

Exemplo 4.3.4. Encontre a equação da reta tangente à curva y =ex

1 + x2 no ponto (1, e2 ).

Solução: Comody

dx=ex(1− x)2

(1 + x2)2 , a inclinação da reta tangente em (1, e2 ) édy

dx(1) = 0.

Logo a equação da reta tangente é y = e2 . �

Exercício 4.3.5. Calcule f ′(x) sendo

(a) f (x) = tg x

(b) f (x) = a0 + a1x+ a2x2 + · · ·+ anxn

(c) f (x) =−x+ 2x lnx

(d) f (x) = ex(√x+ secx)

Exercício 4.3.6. Seja y = 4x2 + x√x. Calcule a derivada em relação a x.

Exercício 4.3.7. Seja s =ln tt2 + 1

. Calculedsdt

.

4.4 A regra da cadeia

A Regra da Cadeia nos fornece uma fórmula para achar a derivada de uma função

composta h = f ◦g em termos das derivadas de f e g. Apresentaremos o resultado aqui

sem sua demonstração, e o leitor poderá consultar [3] para a prova.

Teorema 4.4.1 (Regra da Cadeia). Sejam f ,g funções deriváveis, com Im g ⊂ Df . Seja

h = f ◦ g. Então h é derivável e vale

h′(x) = f ′(g(x))g ′(x), para todo x ∈Dg . (4.4.1)

Exemplo 4.4.2. Calcule a derivada de h(t) = cos(√t).

Solução: Fazendo g(t) =√t e f (x) = cosx, então h(t) = f (g(t)), g ′(t) =

1

2√t, f ′(x) =

−sen x. Pela Regra da Cadeia,

h′(t) = f ′(g(t))g ′(t) = −sen(√t)

1

2√t.

�

4.4 A regra da cadeia 89

Observação 4.4.3. Observe que ao aplicar a Regra da Cadeia diferenciamos primeiro a

função de fora f e avaliamos na função de dentro g e então multiplicamos pela derivada da

função de dentro.

Exemplo 4.4.4. Calcule a derivada de h(t) = ln(4t − 2).

Solução: Fazendo g(t) = 4t − 2 e f (x) = lnx, então h(t) = f (g(t)), g ′(t) = 4, f ′(x) =1x.

Pela Regra da Cadeia,

h′(t) = f ′(g(t))g ′(t) =1

4t − 24 =

44t − 2

.

�

Exercício 4.4.5. Calcule f ′(x) onde

(a) f (x) = (x4 − 3x2 + 7)10 (b) f (x) = sen(4x)

Exercício 4.4.6. Sejam f : R→ R derivável e g(x) = f (tg x). Calcule g ′(π4

), supondo que

f ′ (1) = 2.

Exemplo 4.4.7. Se f (x) = eax então f ′(x) = aeax.

Exercício 4.4.8. Calcule a derivada de f (x) = sen(cos(ex)).

Podemos usar a Regra da Cadeia para derivar a função exponencial de qualquer

base. Seja a > 0 uma constante com a , 1. Escrevemos ax = elnax = ex lna e pela Regra

da Cadeiaddxax =

ddxex lna = ex lna d

dx(x lna) = ex lna lna = ax lna.

Logo

(ax)′ = ax lna.

Também podemos provar a Regra da Potência. Sejam α uma constante e x > 0.

Escrevemos xα = elnxα = eα lnx e pela Regra da Cadeia

ddxxα =

ddxeα lnx = eα lnx d

dx(α lnx) = xαα

1x

= αxα−1.

Logo

(xα)′ = αxα−1 para todo x > 0.

90 A derivada

Exercício 4.4.9. Prove a Regra da Potência para x < 0.

Exemplo 4.4.10. Calcule a derivada de f (x) = xx.

Solução: Escrevemos xx = elnxx = ex lnx e aplicamos a Regra da Cadeia,

[xx]′ = ex lnx(x lnx) = xx(lnx+ 1).

�

4.5 Derivação implícita e derivada de funções inversas

Em geral, as funções são dadas na forma y = f (x). Entretanto, algumas funções são

definidas implicitamente por uma relação entre x e y. Por exemplo, x2 + y2 = 25. Em

alguns casos é possível resolver uma equação para y em função de x. Na equação ante-

rior, obteremos y = ±√

25− x2. Logo, teremos duas funções determinadas pela equação

implícita. Algumas vezes não é fácil resolver a equação para y em termos de x, tal

como x3 + y3 = 6xy. Para calcular a derivada de y utilizamos a derivação implícita,

que consiste em derivar a ambos os lados da equação em relação a x e então resolver a

equação resultante para y′.

Observação 4.5.1. Lembre-se que para a derivação implícita, estamos supondo que y é uma

função de x; isto é, y = y(x).

Exemplo 4.5.2. Se x2 + y2 = 25, encontre dydx .

Solução: Derivando a ambos os lados da equação,

ddx

(x2 + y2) =ddx

25 =⇒ ddxx2 +

ddxy2 = 0.

Pela Regra da Cadeia,ddxy2 =

ddyy2dy

dx= 2y

dy

dx.

Assim, dydx = −xy . �

Exemplo 4.5.3. Se x3 + y3 = 6xy, encontre dydx .

4.5 Derivação implícita e derivada de funções inversas 91

Solução: Derivando ambos os lados da equação em relação a x, obtemos 3x2 +

3y2y′ = 6y + 6xy′. Resolvendo em y′

y′ =2y2 − x2

y2 − 2x.

�

Exercício 4.5.4. Seja y = f (x) uma função diferenciável tal que xf (x) + sen(f (x)) = 4.

Determine f ′(x).

Exercício 4.5.5. Encontre y′ se sen(x+ y) = y2 cosx.

Exercício 4.5.6. Um ponto P move-se sobre a elipse

4x2 + y2 = 1 .

Sabe-se que as coordenadas x(t) e y(t) de P são funções definidas e deriváveis num intervalo

I. Verifique quedy

dt= −4x

ydxdt, para todo t ∈ I com y(t) , 0 .

Vamos usar a derivação implícita para encontrar derivadas de funções inversas. Se

f : Df → Imf uma função inversível, para todo x ∈Df −1 temos f (f −1(x)) = x. Se f e f −1

forem deriváveis obtemos

[f (f −1(x))]′ = x′ = 1.

Pela Regra da Cadeia temos

f ′(f −1(x))(f −1)′(x) = 1 ,

e portanto para todo x ∈Df −1 tal que f ′(f −1(x)) , 0, vale

(f −1)′(x) =1

f ′(f −1(x))

e podemos enunciar o resultado seguinte.

Proposição 4.5.7 (Derivada de funções inversas). Seja f inversível e diferenciável em

f −1(x0), com f ′(f −1(x0)) , 0. Se f −1 for contínua em x0, então f −1 será diferenciável em x0

92 A derivada

e

(f −1)′(x0) =1

f ′(f −1(x0)).

O que fizemos anteriormente demonstra o caso onde já sabemos que f −1 é derivável.

Se assumirmos somente que f −1 é contínua, a demonstração é feita notando que

limx→x0

f −1(x)− f −1(x0)x − x0

= limy→y0

y − y0

f (x)− f (x0)=

1f ′(y0)

,

onde fizemos as mudanças y0 = f −1(x0) e y = f −1(y). Como f −1 é contínua em x0 temos

y→ y0 se x→ x0. Logo f −1 é derivável em x0 e (f −1)′(x0) = 1f ′(f −1(x0)) .

Exemplo 4.5.8. Se g(x) = x1n então g ′(x) = 1

n x1n−1 , onde x > 0 se n for par e x , 0 se n for

ímpar (n> 2).

Solução: Note que g(x) = x1n é a função inversa de f (x) = xn. Então

g ′(x) = (f −1)′(x) =1

f ′(f −1(x))=

1

nxn−1n

=1nx

1n−1.

�

Exemplo 4.5.9. A inversa da função f (x) = sen x, para x ∈[−π2π2

], é a função g(x) =

arcsenx, para x ∈ [−1,1]. Qual é a derivada de g(x) ?

Solução: Observe que a função sen x é injetora no intervalo[−π2 ,

π2

]com imagem

sendo o intervalo [−1,1]. Portanto, existe a função inversa g(x) = arcsen x, para x ∈[−1,1], dada por

y = arcsen x se, e somente se, sen y = x.

Método 1: Aplicando a Proposição 4.5.7.

arcsen′x =1

cos(arcsen x).

Agora, 1 = cos2(arcsen x) + sen2(arcsen x) = cos2(arcsen x) + x2, logo cos(arcsenx) =√1− x2 pois cosy > 0 para −π/26 y 6 π/2.

4.6 Derivadas de ordens superiores 93

Portanto,

arcsen′x =1

√1− x2

.

Método 2: Utilizando derivação implícita.

y = arcsen x se, e somente se, sen y = x, −π26 y 6

π2.

Derivando implicitamente,

cosydy

dx= 1 ou

dy

dx=

1cosy

.

Agora 1 = cos2 y + sen2y = cos2 y −x2. Como cosy > 0 para −π/26 y 6 π/2, concluí-

mos

arcsen′x =1

√1− x2

.

�

De maneira análoga podemos definir as funções trigonométricas inversas do cosx,

tgx, secx e cotg x, denominadas arccos x, arctg x, arcsec x e arccotg x.

Exercício 4.5.10. Mostre que

(a) arccos′x = − 1√1−x2

(b) arctg′x = 11+x2

(c) arcsec′x = 1x√

1−x2

(d) arccotg′x = − 11+x2

4.6 Derivadas de ordens superiores

Seja f uma função derivável em A. A função f ′ : A → R ou simplesmente f ′ é

dita derivada de f ou derivada primeira de f . De modo análogo, podemos definir a

derivada de f ′ que será chamada derivada segunda de f . Neste caso,

(f ′)′(x) = limh→∞

f ′(x+ h)− f ′(x)h

94 A derivada

e escrevemos f ′′ = (f ′)′, quando o limite existir. Também podemos escrever

f (2) = f ′′

A derivada terceira de f é a derivada da derivada segunda da f , escreveremos

f (3) ou f ′′′

Para n ∈ N∗, a derivada n-ésima de f será denotada por

f (n)

quando esta existir.

Alternativamente, podemos escrever

d2y

dx2 =ddx

(dy

dx

)ou

d2f

dx2 =ddx

(df

dx

)para denotar a derivada segunda, f ′′, de y = f (x). Analogamente, usamos

d3y

dx3 oud3f

dx3

para denotar a derivada de terceira, f ′′′, de y = f (x), e assim por diante.

Exercício 4.6.1. A posição da partícula é dada pela equação s = f (s) = t3−6t2+9t. Encontre

a aceleração no instante t.

Exemplo 4.6.2. Seja f (x) = 3x2 − 4x. Calcule f ′ , f ′′ e f ′′′ .

Exemplo 4.6.3. Se f (x) = 1x então f (n)(x) = (−1)nn!

xn+1 .

Exemplo 4.6.4. Seja

f (x) =

−x2, x 6 0

x2, x > 0.

Calcule f ′ e f ′′, quando existirem.

Solução: Para x < 0f (x) = −x2, daí f ′(x) = −2x. Para x > 0, f (x) = x2, daí f ′(x) = 2x.

4.7 Taxas relacionadas 95

Em x = 0 devemos aplicar a definição. Note que

f (x)− f (0)x − 0

=

−x2

xse x < 0,

x2

xse x > 0

=

−x se x < 0,

x se x > 0= 2|x|.

Portanto, f ′(0) = limx→0

f (x)−f (0)x−0 = 0. Agora, f ′′(x) = 2 se x < 0, f ′′(x) = 2 se x > 0, e

f ′′(0) não existe. �

Exercício 4.6.5. Seja s = x(t) derivável até 2a¯ ordem. Mostre que

ddt

(s2dsdt

)= 2s

(dsdt

)2

+ s2(d2s

dt2

).

Exercício 4.6.6. Seja f : R→ (1,∞) diferenciável e suponha que x2 ln(f (x)) = 3, para todo

x , 0. Mostre que, para todo x , 0, vale

f ′(x) = ln

1

f (x)2f (x)x

.

4.7 Taxas relacionadas

Suponha que z representa uma quantidade que depende de outras duas quantida-

des x e y, ou seja z = f (x) e z = u(y)., e que a relação entre x e y pode ser expressada por

uma função y = v(x). Assim, z = u(y) = u(v(x)) = f (x). Utilizando a Regra da Cadeia

temosdzdx

=dzdy

dy

dx.

Portanto, a taxa de variação de z com relação a x é o produto entre a taxa de variação

de z com relação a y e da taxa de variação de y com relação a x.

Exemplo 4.7.1. Suponha que está sendo bombeado ar para dentro de um balão esférico,

e seu volume cresce a uma taxa de 50cm3/s. Quão rápido o raio do balão está crescendo

quando o raio é 5cm.?

96 A derivada

Solução: Seja r o raio e V o volume do balão no instante t. Sabemos que a taxa de

crescimento do volume édVdt

= 50 e queremos determinar a taxa de crescimento do

raio,drdt

quando r = 5. Pela Regra da Cadeia,

dVdt

=dVdr

drdt.

Lembrando que V =43πr3 =⇒ dV

dr= 4πr2, logo

dVdt

= 4πr2drdt

=⇒ drdt

=1

4πr2dVdt.

Concluímos que para r = 5,drdt

=1

2π. �

Exemplo 4.7.2. Um tanque de água tem a forma de um cone circular invertido com base de

raio 2m e altura igual a 4m. Se a água está sendo bombeada dentro do tanque a uma taxa

de 2m3/min, encontre a taxa na qual o nível da água está elevando quando a água está a 3m

de profundidade.

Solução: Sejam V , r e h o volume da água, o raio da superfície e a altura no instante

t. Sabemos quedVdt

= 2 queremos achardhdt

quando h = 3. Temos que h e V estão

relacionadas pela equação: V =13πr2h. Por semelhança de triângulos

rh

=24

logo r =

h/2. Substituindo na expressão para V , obtemos V =13πh2

2h =

π12h3. Agora, derivando

com relação a t,dVdt

=πh2

4dhdt

=⇒ dhdt

=4πh2

dVdt.

Substituindo h = 3,dVdt

= 2, temosdhdt

=8

9π.�

Exercício 4.7.3. O raio r de uma esfera está variando, com o tempo, a uma taxa constante

de 5(m/s). Com que taxa estará variando o volume da esfera no instante em que r = 2(m) ?

Exercício 4.7.4. Um homem anda ao longo de um caminho reto no plano, na vertical, de

baixo para cima, a uma velocidade de 2m/s Um holofote, que está localizado no chão a 20 m

do caminho, focaliza o homem. A que taxa o holofote está girando quando o homem está a

20m do ponto do caminho mais próximo da luz?

4.8 Aproximações lineares e diferencial 97

4.8 Aproximações lineares e diferencial

Lembremos que uma curva fica muito perto de sua reta tangente nas proximidades

do ponto de tangência. Para isto, lembremos que se f é diferenciável num ponto p,

temos

f ′(p) = limx→p

f (x)− f (p)x − p

,

e portanto, para x suficientemente próximo de p, podemos escrever que

f ′(p) é aproximadamente igual af (x)− f (p)x − p

.

Assim, para aproximar uma função y = f (x) quando x está próximo de p, usamos a

reta tangente ao gráfico de f no ponto (p,f (p)), cuja equação é

y = f (p) + f ′(p)(x − p)

e a aproximação

f (x) ≈ f (p) + f ′(p)(x − p)

é chamada aproximação linear ou aproximação pela reta tangente de f em p. A fun-

ção linear L(x) = f (p) + f ′(p)(x − p) é chamada de linearização de f em p.

Exemplo 4.8.1. Aproxime os números√

3,98 e√

4,05 utilizando a função f (x) =√x+ 3.

Solução: Determinemos a equação da reta tangente em p = 1. Temos f ′(x) = 12√x+3,

logo a aproximação linear é L(x) = f (1) + f ′(1)(x − 1) = 2 + 14(x − 1). Assim

√3,98 = f (0,98) ≈ L(0,98) = 1,995 e

√4,05 = f (4,05) ≈ L(1,05) = 2,0125.

Exercício 4.8.2. Calcule um valor aproximado para e0,03.

As ideias por trás das aproximações lineares são algumas vezes formuladas em ter-

mos de diferenciais. Seja y = f (x) uma função diferenciável. Considerando dx como

uma variável independente, a diferencial é definida em termos de dx pela equação

dy = f ′(x)dx.

98 A derivada

Dizemos que dy é a diferencial de f em x ou simplesmente diferencial de y = f (x).

Para interpretar geometricamente a diferencial, considere a seguinte figura.

� -

αx+ dxx

f (x)

f (x+ dx)

∆y

dx

dy = tg αdx = f ′(x)dx

T

f

?

6

?

6 rr r

-

6

Seja dx a variação em x e ∆y = f (x + dx)− f (x) a variação em y. Sabemos que f ′(x)

é o coeficiente angular da reta T tangente ao gráfico de f no ponto (x,f (x)). Portanto

dy representa a distância que a reta tangente sobe ou desce, enquanto ∆y representa a

distância que a curva y = f (x) sobe ou desce quando x varia por uma quantidade dx.

Observação 4.8.3. Note que, quando dx for suficientemente pequeno, dy irá se aproximar

de ∆y = f (x+ dx)− f (x) no seguinte sentido

∆y − dydx

−→ 0, quando dx→ 0.

Isto significa que o erro cometido ao aproximarmos ∆y por dy é pequeno quando comparado

a dx. Portanto

∆y ≈ dy

para dx suficientemente pequeno.

Na notação de diferenciais, a aproximação linear pode ser escrita como

f (p+ dx) ≈ f (p) + dy.

No exemplo anterior, para a função f (x) =√x+ 3 temos dy = f ′(x)dx =

dx

2√x+ 3

.

Se p = 1 e dx = 0,05, então dy = 0,0125 e√

4,05 = f (1,05) ≈ f (1) + dy = 2,0125,

exatamente como antes.

4.8 Aproximações lineares e diferencial 99

Exemplo 4.8.4. O raio de uma esfera tem 21 cm, com um erro de medida possível de no

máximo 0,05 cm. Qual é o erro máximo cometido ao usar esse valor de raio para computar

o volume da esfera?

Solução: Se o raio da esfera for r, então seu volume é V =43πr3. Denotamos o erro

na medida do raio por dr. O erro correspondente no cálculo do volume é ∆V que pode

ser aproximado pela diferencial dV = 4πr2dr. Quando r = 21 e dr = 0,05, temos dV =

4π.212.0,05 ≈ 277. Logo o erro máximo no volume calculado será de aproximadamente

277cm3. �

Exercício 4.8.5. Utilizando a diferencial, calcule um valor aproximado para o acréscimo

∆y que a função y = x3 sofre quando se passa de x = 1 para 1 + dx = 1,01. Calcule o erro

∆y − dy.

Exercício 4.8.6. Seja V =43πr3 .

(a) Calcule a diferencial de V = V (r)

(b) Calcule o erro ∆V − dV .

Exercício 4.8.7. Utilizando a diferencial, calcule um valor aproximado para√

0,98. Avalie

o erro.

100 A derivada

Capítulo

5

Aplicações da derivada

Neste capítulo apresentaremos várias aplicações para a derivada, e começaremos

com máximos e mínimos de funções de uma variável real.

5.1 Máximos e mínimos

Definição 5.1.1. Sejam I um intervalo e f : I → R uma função.

(a) Diremos que x0 ∈ I é um ponto de máximo local de f , se existir δ > 0 tal que f (x) 6

f (x0), para todo x ∈ (x0 − δ,x0 + δ)∩ I . Neste caso, diremos que f (x0) é um máximo

local.

(b) Diremos que x0 ∈ I é um ponto de mínimo local de f , se existir δ > 0 tal que f (x) >

f (x0), para todo x ∈ (x0−δ,x0 +δ)∩ I . Neste caso, diremos que f (x0) é mínimo local.

(c) Um ponto x0 ∈ I será dito um ponto extremo local, se x0 for um ponto de máximo

local ou um ponto de mínimo local.

(d) Diremos que x0 ∈ I é um ponto de máximo global (ou absoluto) de f , se f (x) 6

f (x0), para todo x ∈ I . Neste caso, diremos que f (x0) é máximo global.

(e) Diremos que x0 ∈ I é um ponto de mínimo global de f , se f (x) > f (x0), para todo

x ∈ I . Neste caso, diremos que f (x0) é mínimo global.

102 Aplicações da derivada

(f) Um ponto x0 ∈ I será dito um ponto extremo global, se x0 for um ponto de máximo

global ou um ponto de mínimo global.

Exemplo 5.1.2.

1. O máximo global de f (x) = cosx é 1, o qual é assumido infinitas vezes; isto é, existem

infinitos pontos de máximo globais. Assim como o mínimo global é −1, que também é

assumido infinitas vezes.

2. A função f (x) = x2, definida para −2 6 x 6 1 tem dois máximos locais, x = −2 e x = 1 e

um mínimo local x = 0. O ponto x = −2 é também um máximo global e o ponto x = 0

é um mínimo global.

3. A função f (x) = ex não tem extremos locais.

Observação 5.1.3. É claro que todo ponto extremo de uma função diferenciável definida

num intervalo aberto é um ponto crítico e que nem todo ponto crítico é um ponto extremo.

No entanto, se f estiver definida em um intervalo aberto, deveremos procurar os pontos

extremos entre os pontos críticos. Estes últimos são, em geral, mais fáceis de encontrar.

Temos o seguinte resultado.

Proposição 5.1.4. Sejam I um intervalo aberto e f : I → R uma função diferenciável. Se

c ∈ I for um ponto extremo local (máximo local ou mínimo local) de f , então f ′(c) = 0.

Demonstração: Suponhamos que c ∈ I seja um máximo local, então existe δ > 0 tal que

f (x)6 f (c) para todo x ∈ (c − δ,c+ δ). Para c < x < c+ δ temos

f ′(c) = limx→c+

f (x)− f (c)x − c

6 0,

pois f (x)− f (c)6 0 e x − c > 0.

Para c − δ < x < c temos

f ′(c) = limx→c−

f (x)− f (c)x − c

> 0,

pois f (x)− f (c)6 0 e x − c < 0.

Juntando as duas desigualdades obtemos f ′(c) = 0. O caso de mínimo local é pro-

vado de forma análoga. �

5.1 Máximos e mínimos 103

Observação 5.1.5.

(a) Note que, se I não for um intervalo aberto, o resultado acima poderá não ser verdadeiro.

Por exemplo, se f : [0,1]→ R for dada por f (x) = x, então os pontos extremos serão

x = 0 e x = 1. Em ambos os casos, teremos f ′(x) = 1.

(b) Note que não vale a recíproca. Um exemplo que ilustra este fato é a função f (x) = x3

que é estritamente crescente com f ′(0) = 0.

(c) A função f (x) = |x| tem valor mínimo em x = 0, mas f ′(0) não existe. Não podemos

tirar a hipótese de diferenciábilidade da função.

Definição 5.1.6. Um ponto crítico de uma função f é um ponto c ∈ Df onde ou f ′(c) = 0

ou f ′(c) não existe.

Exemplo 5.1.7. Os pontos críticos de f (x) = x3/5(4− x) são32

e 0.

Solução: Temos f ′(x) = 12−8x5x2/5 . Então, f ′(x) = 0 se 12 − 8x = 0, ou seja x = 3

2 e f ′(0)

não existe. �

O Teorema de Weierstrass 3.6.6 afirma que uma função contínua em um intervalo

fechado tem um valor máximo e um mínimo global, mas não diz como encontrar esses

valores extremos. Notemos que o valor extremo ou ocorre num ponto crítico ou ocorre

em um extremo do intervalo.

Método do Intervalo Fechado. Para encontrar os valores máximos e mínimos glo-

bais de uma função contínua f num intervalo fechado [a,b] :

1. Encontre os valores de f nos pontos críticos de f em (a,b).

2. Encontre os valores de f nos extremos do intervalo.

3. O maior valor das etapas 1 e 2 é o valor máximo global e o menor desses valores

é o mínimo global.

Exemplo 5.1.8. Um triângulo isósceles tem uma base de 6 unidades e uma altura de 12

unidades. Encontre a área máxima possível de um retângulo que pode ser colocado dentro

do triângulo com um dos lados sobre a base do triângulo.


Solução: Introduzimos um sistema de coordenadas cartesianas de modo a que a

base do triângulo esta sobre a o eixo x e o eixo y corta o triângulo no meio. Logo,

nosso problema será achar o valor máximo da área A dada por A = 2xy. Como o ponto

(x,y) está sobre o lado do triângulo temos que y = 12 − 4x. Assim, a área pode ser ex-

pressa apenas em função de x : A(x) = 2x(12−4x) = 24x−8x2. Como x e y representam

comprimentos e A é uma área, estas variáveis não podem ser negativas. Segue-se que

0 6 x 6 3. Assim, nosso problema pode ser formulado da seguinte maneira: encontre

o valor máximo da função

A(x) = 24x − 8x2 06 x 6 3.

Temos A′(x) = 24 − 16x, então x =32

é o único ponto crítico. Avaliamos A nos

extremos e no ponto crítico: A(0) = 0A(32 ) = 18 e A(3) = 0. Portanto, a área máxima

possível é 18 unidades. �

Exercício 5.1.9. Determine os valores máximo e mínimo globais da função f (x) = x−2sen x

para 06 x 6 2π.

5.1.1 Problemas envolvendo máximos e mínimos

Os métodos estudados para encontrar mínimos e máximos de funções podem ser

aplicados para resolver problemas práticos. O primeiro passo consiste em compreen-

der o problema e convertê-lo em um problema matemático estabelecendo a função que

dever ser maximizada ou minimizada.

Exemplo 5.1.10. Encontre as dimensões do triângulo isósceles de maior área que esteja

inscrito na circunferência de raio R.

Solução: Sejam x a altura do triângulo, y a base e z a medida de um dos lados

congruentes. A área do triângulo é A = 12xy onde x ∈ (0,2R) e y ∈ (0,2R). Utilizando

Teorema de Pitágoras temos que(y2

)2+ (x −R)2 = R2 e portanto y = 2

√2Rx − x2.

Substituindo obtemos A(x) = x√

2Rx − x2. Logo, nosso problema é maximizar a fun-

5.1 Máximos e mínimos 105

ção

A(x) = x√

2Rx − x2 x ∈ (0,2R).

Calculando a derivada

A′(x) =x(3R− 2x)√

2Rx − x2,

temos que ou x =32R é o único candidato a ponto de máximo no intervalo (0,2R).

Analisando o sinal da derivada primeira vemos que de fato x = 32R é um ponto de

máximo. Portanto as dimensões são

altura x =32R e base y =

√3R e daí z2 =

94R2 +

34R2 = 3R2.

Logo o triângulo é equilátero. �

Exemplo 5.1.11. Uma lata cilíndrica é feita para receber um litro de óleo. Encontre as

dimensões que minimizarão o custo do metal para produzir a lata.

Solução: Seja r o raio da lata e h a altura em cm. Para minimizar o custo do material

minimizamos a área da superfície total (topo, base e área lateral) dada por S = 2πr2 +

2πrh. Agora, como o volume V = πr2h tem 1000cm3, temos πr2h = 1000 ou seja h =1000πr2 . Substituindo na expressão da área total obtemos S(r) = 2πr2 + 2πr 1000

πr2 = 2πr2 +2000r . Logo, nosso problema é minimizar a função

S(r) = 2πr2 + 2000r r > 0.

Calculamos a derivada

S ′(r) = 4πr − 2000r2 =

4(πr3 − 500)r2 .

O ponto crítico é r = 3√

500π . Como S ′(r) > 0 se r > 3

√500π e S ′(r) < 0 se r < 3

√500π

concluímos que r = 3√

500π é um ponto de mínimo de S.

Portanto as dimensões da lata que exigem menor quantidade de material são:

raio r = 3

√500π

e altura h =1000π

( π500

)2/3= 2 3

√500π

= 2r.


Logo a altura deve ser igual ao diâmetro da lata. �

Exemplo 5.1.12. Os pontos A e B estão em lados opostos de um rio reto com 3km de largura.

O ponto C está na mesma margem que B, mas 2km rio abaixo. Uma companhia telefônica

deseja estender um cabo de A até C. Se o custo por km de cabo é 25% maior sob a água do que

em terra, como deve ser estendido o cabo, de forma que o custo seja menor para a companhia?

Solução: Seja P um ponto na mesma margem que B e C e entre B e C, de tal forma

que o cabo será estendido de A para P e deste para C. Seja xkm a distância de B a P .

Logo, (2− x)km será a distância de P até C e x ∈ [0,2]. Seja k o custo por km em terra e54k o custo por km sob a água. Se C(x) for o custo total, então

C(x) =54k√

32 + x2 + k(2− x) x ∈ [0,2].

Para determinar o valor mínimo de C procuramos os pontos críticos.

C′(x) =5kx

4√

9 + x2− k.

Logo x = ±4 são pontos críticos, porém não pertencem ao intervalo [0,2]. Assim,

o mínimo ocorre num dos extremos do intervalo. Calculando C(0) =234k e C(2) =

54k√

13, concluímos que o valor mínimo ocorre quando x = 2. Logo para minimizar o

custo, devemos estender o cabo diretamente de A até C sob a água. �

Exemplo 5.1.13. Uma caixa sem tampa será feita recortando-se pequenos quadrados con-

gruentes dos cantos de uma folha de estanho medindo 12 × 12cm2 e dobrando-se os lados

para cima. Que tamanho os quadrados dos lados devem ter para que a caixa chegue a sua

capacidade máxima?

Solução: Denotamos por x a medida dos lados dos quadrados a serem recortados.

O volume da caixa é V (x) = (12 − 2x)2x = 144x − 48x2 + 4x3 com 0 < x < 6, a qual é a

função que devemos maximizar. Derivando

V ′(x) = 144− 96x+ 12x2 = 0 ⇒ x = 6 ou x = 2.

O candidato a ponto de máximo é x = 2.Analisando o sinal de V ′′(2) = −96+(24)2 =

−48 < 0 vemos que, de fato, x = 2 é um ponto de máximo. �

5.2 O Teorema do Valor Médio (TVM) e suas consequências 107

Exercício 5.1.14. Encontre o ponto sobre a parábola y2 = 2x mais próximo de (1,4).

Exercício 5.1.15. Um fabricante de armários é capaz de fazer 5 peças por dia. Uma entrega

do material custa 5.000, enquanto sua estocagem custa 10 por dia por unidade (quantidade

de materia prima para fazer uma peça). Quanto materia prima deve ser encomendada de

cada vez e com que freqüência, de modo a minimizar o custo médio diário nos ciclos de

produção entre as entregas?

5.2 O Teorema do Valor Médio (TVM) e suas consequên-

cias

O Teorema do Valor Médio é um dos teoremas mais importantes do Cálculo. A sua

demonstração depende do seguinte resultado:

Teorema 5.2.1 (Teorema de Rolle). Seja f : [a,b]→ R uma função contínua em [a,b] e

diferenciável em (a,b). Se f (a) = f (b), então existirá c ∈ (a,b) tal que f ′(c) = 0.

Interpretação geométrica do Teorema de Rolle: Seja x = f (t) a posição de um objeto

em movimento. Se o objeto estiver no mesmo lugar em 2 instantes diferentes, então

pelo Teorema de Rolle existirá um tempo no qual a velocidade é nula.6

-

f (a) = f (b)f (x)

a c xb

f ′(c) = 0

Demonstração: Se f for constante em [a,b] então f ′(x) = 0. Logo pode ser tomado

qualquer número c. Suponhamos agora que f não é constante. Como f é contínua,

pelo Teorema de Weierstrass 3.6.6, existem x1 e x2 tais que f (x1) 6 f (x) 6 f (x2), para

todo x ∈ [a,b].Como f não é constante, f (x1) , f (x2), logo x1 ou x2 pertence ao intervalo

(a,b) e como são pontos extremos, f ′(x1) = 0 ou f ′(x2) = 0. Portanto, existe c ∈ (a,b) tal

que f ′(c) = 0. �


Teorema 5.2.2 (Teorema do Valor Médio - TVM). Seja f : [a,b]→ R uma função contí-

nua em [a,b] e diferenciável em (a,b). Então existe c ∈ (a,b) tal que

f (b)− f (a) = f ′(c)(b − a),

ou seja, existe c ∈ (a,b) tal que

f ′(c) =f (b)− f (a)b − a

.

Interpretação geométrica do TVM: O TVM nos diz que, se f for contínua em [a,b] e

derivável em (a,b) , então existirá c ∈ (a,b) tal que f ′(c) é o coeficiente angular da reta

S que passa por (a,f (a)) e (b,f (b)). Veja a figura seguinte.

s

f

c c ba

f (a)

f (b) rr

-

6

Observação 5.2.3. Sabemos que, se x = f (t) for a função de posição do movimento de uma

partícula sobre o eixo x , então f (b)−f (a)b−a será a velocidade média entre os instantes t = a e

t = b. Pelo TVM, existe um instante c ∈ (a,b) tal que a velocidade média é igual à velocidade

instantânea em t = c, isto é f ′(c) = f (b)−f (a)b−a .

Demonstração: A equação da reta que passa por (a,f (a)) e (b,f (b)) é dada por

y − f (a) =f (b)− f (a)b − a

(x − a).

Definamos

h(x) = f (x)− f (a)−f (b)− f (a)b − a

(x − a).

Para aplicar o Teorema de Rolle 5.2.1 a h(x) devemos verificar suas hipóteses.


(i) h(x) é contínua em [a,b] pois é soma de f com uma função afim.

(ii) Analogamente, h(x) é diferenciável em (a,b).

(iii) h(a) = h(b) = 0.

Logo, existe c ∈ (a,b) tal que h′(c) = 0. Portanto,

0 = h′(c) = f ′(c)−f (b)− f (a)b − a

=⇒ f ′(c) =f (b)− f (a)b − a

e o TVM está demonstrado. �

Exercício 5.2.4. Mostre que se f ,g são funções contínuas em um intervalo [a,b] e diferen-

ciáveis em (a,b) então existe c ∈ (a,b) tal que

[f (b)− f (a)]g ′(c) = [g(b)− g(a)]f ′(c).

Note que se tomamos g(x) = x no exercício acima, obtemos o Teorema do Valor

Médio.

Agora vamos obter informação do comportamento de uma função a partir de suas

derivadas. Os fatos a seguir são consequências do TVM.

Corolário 5.2.5 (Teste de funções estritamente crescentes/decrescentes). Seja f

uma função contínua no intervalo [a,b] e diferenciável no intervalo (a,b).

(a) Se f ′(x) > 0 para todo x ∈ (a,b), então f será estritamente crescente em [a,b].

(b) Se f ′(x) < 0 para todo x ∈ (a,b) então f será estritamente decrescente em [a,b].

Demonstração: Queremos provar que se x1 < x2 então f (x1) 6 f (x2). Pelo TVM apli-

cado a f em [x1,x2], existe um c ∈ (x1,x2) tal que

f (x2)− f (x1) = f ′(c)(x2 − x1).

Como f ′(c) > 0 e x2 − x1 > 0 devemos ter que f (x2) − f (x1) > 0 ou seja, f (x1) < f (x2).

Logo f é crescente. A prova do outro item é análoga. �

É fácil ver que, se f for diferenciável e crescente (resp. decrescente) em (a,b), então

f ′(x) > 0 (resp. f ′(x) 6 0), para todo x ∈ (a,b). O corolário a seguir mostra que a

recíproca também é verdadeira.


Corolário 5.2.6 (Teste de funções crescentes/decrescentes). Seja f uma função con-

tínua no intervalo [a,b] e diferenciável no intervalo (a,b).

(a) Se f ′(x)> 0 para todo x ∈ (a,b), então f será crescente em [a,b].

(b) Se f ′(x)6 0 para todo x ∈ (a,b) então f será decrescente em [a,b].

Exemplo 5.2.7. Determine os intervalos de crescimento e decrescimento de f .

Solução: Calculamos f ′(x) = 3x2 − 4x+ 1 = 3(x − 1)(x − 13 ) e analisamos o sinal.

∗ f ′(x) > 0 em (−∞, 13 ) e (1,∞)⇒ f é estritamente crescente em (−∞, 1

3 ] e [1,∞),

∗ f ′(x) < 0 em (13 ,1)⇒ f é estritamente decrescente [1

3 ,1].

�

A proposição seguinte segue dos corolários do TVM.

Proposição 5.2.8 (Teste da derivada primeira). Sejam f uma função contínua e c um

ponto crítico de f .

(i) Se o sinal de f ′ mudar de positivo para negativo em c, então f tem um máximo local em

c.

(ii) Se o sinal de f ′ mudar de negativo para positivo em c, então f tem um mínimo local em

c.

Exemplo 5.2.9. Determine os valores de máximo e mínimo locais de f (x) =x2 − x

1 + 3x2 .

Solução: Temos f ′(x) =3x2 + 2x − 1(1 + 3x2)2 . Como (1 + 3x2)2 > 0 para todo x, o sinal de f ′

é dado pelo sinal do numerador 3x2 + 2x − 1 = 3(x+ 1)(x − 13 ). Então,

∗ f ′(x) = 0 se x = −1 e x = 13 ⇒ x = −1 e x = 1

3 são pontos críticos,

∗ f ′(x) > 0 em (−∞,−1) e (13 ,∞)⇒ f é estritamente crescente em (−∞,−1] e [1

3 ,∞),

∗ f ′(x) < 0 em (−1, 13 )⇒ f é estritamente decrescente [−1, 1

3 ].

Portanto, x = −1 é um ponto de máximo local com valor máximo f (−1) = 12 e x = 1

3

é um ponto de mínimo local com valor mínimo f (13 ) = −1

6 . �


Exemplo 5.2.10. Mostre que ex > x, para todo x > 0.

Solução: Considere f (x) = ex −x. Temos f (0) = 1 e f ′(x) = ex −1 > 0 para x > 0. Assim f

é estritamente crescente em [0,∞). Portanto f (x) = ex − x > f (0) = 1 > 0. �

Exemplo 5.2.11. Determine os valores de máximo e mínimo locais de f (x) =x2

4− x2 e esboce

o gráfico.

Solução: Temos que f ′(x) =8x

(4− x2)2 . Então,

∗ f ′(x) = 0 se x = 0⇒ x = 0 é ponto crítico,

∗ f ′(x) > 0 se x > 0, x , 2⇒ f é estritamente crescente para x > 0, x , 2

∗ f ′(x) < 0 se x < 0, x , −2⇒ f é estritamente decrescente para x 6 0, x , −2.

Portanto, x = 0 é um ponto de mínimo local com valor mínimo f (0) = 0. �

Exercício 5.2.12. Determine os intervalos de crescimento e decrescimento, os valores de

máximo e de mínimo de f (x) =2x2

x − 3x2 .

Exercício 5.2.13. Seja a ∈ R.

(a) Prove que g(x) = x3 + 3x2 + 3x+α admite uma única raiz real, para cada valor real α.

(b) Determine um valor para α que garanta que esta raiz real de f pertença ao intervalo

(−2,−1).

Proposição 5.2.14 (Teste da derivada segunda). Suponhamos que f : [a,b]→ R admita

derivada de segunda ordem contínua em (a,b) e seja p ∈ [a,b]. Valem as afirmações:

(i) Se f ′(p) = 0 e f ′′(p) > 0 então p será ponto de mínimo local de f .

(ii) Se f ′(p) = 0 e f ′′(p) < 0 então p será ponto de máximo local de f .

Exemplo 5.2.15. Determine os pontos críticos da função f e classifique-os entre máximo e

mínimo, sendo

(a) f (x) = x4

4 − x3 − 2x2 + 3 (b) f (x) = x2e−5x


Solução: Para (a) temos f ′(x) = x3−3x2−4x = x(x2−3x−4). Portanto, x = −1, x = 0 e

x = 4 são os pontos críticos de f . Como f ′′(−1) = 5, f ′′(0) = −4 e f ′′(4) = 20 concluímos

que 0 é ponto de máximo e −1 e 4 são pontos de mínimo.

Para (b) x = 0 é ponto de máximo e x = 25 é ponto de mínimo. �

5.3 Concavidade e pontos de inflexão

Agora vamos obter informação da f a partir de sua derivada segunda. Sejam f

derivável em (a,b) e p ∈ (a,b). Consideremos a reta tangente Tp ao gráfico de f no

ponto (p,f (p)) dada por

Tp(x) = f (p) + f ′(p)(x − p).

Definição 5.3.1. Seja f derivável em (a,b) . Diremos que

(a) f tem concavidade para cima em (a,b) se, para quaisquer x,p ∈ (a,b), com x , p,

tivermos

f (x) > Tp(x).

Neste caso, f será dita côncava ou côncava para cima em (a,b).

(b) f tem concavidade para baixo em (a,b) se, para quaisquer x,p ∈ (a,b), com x , p,

tivermos

f (x) < Tp(x).

Neste caso, f será dita convexa ou côncava para baixo em (a,b).

O próximo teorema estabelece condições suficientes para que uma função f seja

côncava para cima ou para baixo.

Teorema 5.3.2 (Teste da concavidade). Seja f uma função diferenciável até segunda or-

dem em (a,b). Valem as afirmações

(i) Se f ′′(x) > 0, para todo x ∈ (a,b), então f será côncava para cima (a,b).

(ii) Se f ′′(x) < 0, para todo x ∈ (a,b), então f será côncava para baixo em (a,b).

Exemplo 5.3.3. Estude a concavidade de f (x) = e−x22 e esboce o gráfico.

5.3 Concavidade e pontos de inflexão 113

Solução: Temos f ′(x) = −xe− x22 e f ′′(x) = (x2 − 1)e−

x22 . Como e−

x22 > 0 para todo x, o

sinal de f ′′ é dado pelo sinal de x2 − 1. Portanto

∗ f ′′(x) > 0 em (−∞,−1) e (1,+∞)⇒ f é côncava para cima em (−∞,−1) e (1,+∞),

∗ f ′′(x) < 0 em (−1,1)⇒ f é côncava para baixo em (−1,1). �

Definição 5.3.4. Seja f : (a,b) → R uma função contínua. Diremos que x0 é ponto de

inflexão de f se uma das duas afirmações abaixo é válida:

(i) f |(a,x0) é côncava e f |(x0,b) é convexa;

(ii) f |(a,x0) é convexa e f |(x0,b) é côncava.

Ou seja, x0 é um ponto onde a concavidade da função muda.

Exemplo 5.3.5. Os pontos x = −1 e x = 1 são pontos de inflexão de f (x) = e−x2

2 .

Exemplo 5.3.6. O ponto x = 0 é um ponto de inflexão de f (x) = 3√x.

Exercício 5.3.7. Mostre que x = 0 é um ponto de inflexão de

f (x) =

x2, x > 0

x3, x < 0.

Definição 5.3.8. Se f for uma função diferenciável em x0 ∈ (a,b) e x0 for um ponto de

inflexão de f , diremos que x0 é um ponto de inflexão horizontal, se f ′(x0) = 0. Caso

contrário diremos que x0 é um ponto de inflexão oblíquo.

Observação 5.3.9. Os pontos de inflexão horizontais são pontos críticos, enquanto que os

pontos de inflexão oblíquos não os são. No exemplo acima, x = 0 é um ponto de inflexão

horizontal.

Exemplo 5.3.10. Os pontos x = −1 e x = 1 são pontos de inflexão oblíquos de f (x) = e−x2

2 .

Exemplo 5.3.11. O ponto x = 0 é um ponto de inflexão horizontal de f (x) = x3.

Exercício 5.3.12. Mostre que x = 0 é um ponto de inflexão de f (x) = x2n+1, para todo

número natural n> 1.

Teorema 5.3.13. Seja f três vezes diferenciável em (a,b) com derivada terceira contínua. Se

p ∈ (a,b) for tal que f ′′(p) = 0 e f ′′′(p) , 0, então p será um ponto de inflexão de f .


Exercício 5.3.14. Mostre que x = 0 é um ponto de mínimo e um ponto de inflexão para

f (x) =

√x, x > 0

x2, x < 0.

Observação 5.3.15. Seja f : [a,b]→ R derivável em (a,b). É preciso destacarmos que

(a) Se f ′(p) = 0, então p não será necessariamente um ponto de máximo ou de mínimo

local. Neste caso, p poderá ser ponto de inflexão (horizontal).

(b) Nas condições da Proposição 5.1.4, se f ′(p) , 0, então p não será ponto de máximo ou

mínimo local de f .

(c) Podemos ter p um ponto de máximo ou mínimo local de f sem que exista f ′(p). Neste

caso, p será ponto das extremidades de [a,b], isto é, p = a ou p = b.

5.4 Regras de L’Hôpital

As regras de L’Hôpital se aplicam a cálculos de limites que apresentam as indeter-

minações dos tipos:00

ou∞∞.

Teorema 5.4.1 (Primeira regra de L’Hôpital). Sejam f e g funções deriváveis em (p−r,p)

e em (p,p+ r), r > 0, com g ′(x) , 0 para 0 < |x−p| < r. Se limx→p

f (x) = 0 = limx→p

g(x) e limx→p

f ′(x)g ′(x)

existir (finito ou infinito), então limx→p

f (x)g(x) também existe e teremos

limx→p

f (x)g(x)

= limx→p

f ′(x)g ′(x)

.

Comentários sobre a prova da Regra de L’Hôpital: No caso particular onde f (p) =

g(p) = 0, f ′ e g ′ contínuas e g ′(p) , 0 a demonstração é simples. De fato,

limx→p

f ′(x)g ′(x)

=f ′(p)g ′(p)

=limx→p

f (x)−f (p)x−p

limx→p

g(x)−g(p)x−p

= limx→p

f (x)− f (p)g(x)− g(p)

= limx→p

f (x)g(x)

.

5.4 Regras de L’Hôpital 115

Observação 5.4.2. A primeira regra de L’Hôpital ainda será válida se, em lugar de x→ p,

tivermos x→ p+, x→ p−, x→ +∞ ou x→−∞.


1− e2x

x.


1− e2x = 0 e limx→0

x = 0 pela Regra de L’Hôpital,

limx→0

1− e2x

x= limx→0

(1− e2x)′

x′= limx→0

−2e2x

1= −2.

�


sen xx

.


sen x = 0 e limx→0

x = 0 pela Regra de L’Hôpital,

limx→0

sen xx

= limx→0

(sen x)′

x′= limx→0

cosx1

= 1.

�

Teorema 5.4.5 (Segunda regra de L’Hôpital). Sejam f e g funções deriváveis em (p−r,p)

e em (p,p+r), r > 0, com g ′(x) , 0 para 0 < |x−p| < r. Se limx→p

f (x) =∞ = limx→p

g(x) e limx→p

f ′(x)g ′(x)

existir (finito ou infinito), então limx→p

f (x)g(x) também existirá e teremos

limx→p

f (x)g(x)

= limx→p

f ′(x)g ′(x)

.

Observação 5.4.6. A segunda regra de L’Hôpital ainda será válida se, em lugar de x→ p

tivermos x→ p+ , x→ p−, x→∞ ou x→ −∞ . Esta regra também permanecerá válida

caso tenhamos −∞ em lugar de∞ em um ou ambos os limites.


ex

x.

Solução: Como limx→∞

ex =∞ e limx→∞

x =∞, temos pela Regra de L’Hôpital

limx→∞

ex

x= limx→∞

(ex)′

x′= limx→∞

ex

1=∞.

�



tg x − xx3 .


(tg x − x) = 0 e limx→0

x3 = 0 usamos a Regra de L’Hôpital

limx→0

tg x − xx3 = lim

x→0

sec2x − 13x2 .

Como limx→0

sec2x − 1 = 0 e limx→0

3x2 = 0 usamos mais uma vez a Regra de L’Hôpital

limx→0

sec2x − 13x2 = lim

x→0

2 sec2x tgx6x

.

Como ainda o numerador e o denominador tendem a zero, usamos pela terceira vez

a Regra de L’Hôpital

limx→0

2 sec2x tgx6x

= limx→0

4 sec2x tg2x+ 2 sec4x

6=

13.

�

Observação 5.4.9. As regras de L’Hôpital se aplicam a indeterminações da forma 00 e ∞∞ . As

outras formas de indeterminação, 0 ·∞,∞−∞, 00,∞0,0∞,1∞, podem ser reduzidas a estas.


x lnx.

Solução: Observe que é uma indeterminação da forma 0 · −∞. Escrevendo x lnx =lnx1/x obtemos uma indeterminação da forma −∞∞ . Pela Regra de L’Hôpital,

limx→0+

x lnx = limx→0+

lnx1x

= limx→0+

1x

− 1x2

= limx→0+

−x = 0.

�


(1x− 1

sen x

).

Solução: Observe que é uma indeterminação da forma∞−∞. Escrevendo(1x− 1

sen x

)=

sen x − xxsen x

obtemos uma indeterminação da forma 00 e podemos aplicar a Regra de L’Hôpital. �

5.4 Regras de L’Hôpital 117


xx.

Solução: Observe que é uma indeterminação da forma 00. Escrevemos xx = elnxx =

ex lnx, e como a função exponencial é contínua,


limx→0+

xx = limx→0+

ex lnx = exp(

limx→0+

x lnx)

= e0 = 1.

�


x1x .

Solução: Observe que é uma indeterminação da forma∞0. Escrevemos x1x = elnx

1x =

elnxx , e como a função exponencial é contínua,

limx→∞

x1x = lim

x→∞e

lnxx = exp

(limx→∞

lnxx

).

Observe que temos uma indeterminação da forma∞∞, então pela Regra de L’Hôpital

limx→∞

lnxx

= limx→∞

(lnx)′

x′= limx→∞

1x

1= 0.

Logo,

limx→∞

x1x = e0 = 1.

�

Exemplo 5.4.14. Calcule limx→+∞

(1 +

1x

)x.

Solução: Observe que é uma indeterminação da forma 1∞. Escrevemos(1 + 1

x

)x=

ex ln

(1+ 1

x

). Agora temos uma indeterminação da forma 0 ·∞ que pode ser reduzida a

∞∞.

Então, pela regra de L’Hôpital

limx→∞

x ln(1 +

1x

)= limx→∞

ln(1 + 1

x

)1x

= limx→∞

1

1 + 1x

= 1

e como a função exponencial é contínua,

limx→+∞

(1 +

1x

)x= limx→+∞

ex ln

(1+ 1

x

)= exp

(limx→∞

x ln(1 +

1x

))= e1 = e.

�

Exercício 5.4.15. Calcule os seguintes limites:

5.5 Assíntotas 119

(a) limx→+∞

xex

,

(b) limx→+∞

(x+ 1)1

lnx ,

(c) limx→+∞

ex

x2 ,

(d) limx→+∞

lnx3√x

,

(e) limx→π

sen x1− cosx

,

(f) limx→0

x − tg xx − sen x

,

(g) limx→1

3x2 − 2x − 1x2 − x

,

(h) limx→+∞

(1 +

1x2

)x,

5.5 Assíntotas

Definição 5.5.1 (Assíntota vertical). A reta x = x0 é chamada de assíntota vertical da

curva y = f (x) se pelo menos uma das seguintes condições estiver satisfeita:

(i) limx→x0

f (x) =∞

(ii) limx→x+

0

f (x) =∞

(iii) limx→x−0

f (x) =∞

(iv) limx→x0

f (x) = −∞

(v) limx→x+

0

f (x) = −∞

(vi) limx→x−0

f (x) = −∞

Exemplo 5.5.2. A reta x = 3 é assíntota vertical de f (x) =2

x − 3.

Definição 5.5.3 (Assíntota horizontal). A reta y = L é chamada de assíntota horizon-

tal da curva y = f (x) se uma das duas alternativas abaixo é verdade:

limx→+∞

f (x) = L ou limx→−∞

f (x) = L.

Se vale a primeira, dizemos que a reta y = L é uma assíntota horizontal em ∞ para

y = f (x). Se vale a segunda, dizemos que a reta y = L é uma assíntota horizontal em −∞para y = f (x)

Definição 5.5.4 (Assíntota oblíqua). Seja f uma função. Se existir uma reta de equação

y =mx+n, com m , tal que

limx→∞

[f (x)− (mx+n)] = 0 ou limx→∞

[f (x)− (mx+n)] = 0 ,

então tal reta será dita uma assíntota oblíqua para f . No primeiro caso, dizemos que é uma

assíntota oblíqua em∞ e no segundo dizemos que é uma assíntota oblíqua em −∞.

Exemplo 5.5.5. Determine todas as assíntotas de f (x) =x3

x2 + 1.


Solução: Como x2+1 nunca é 0, não há assíntota vertical. Uma vez que limx→±∞

f (x) = ±∞,não há assíntotas horizontais. Escrevemos

x3

x2 + 1= x − x

x2 + 1,

então

limx→±∞

x3

x2 + 1− x = lim

x→±∞

x

x2 + 1= 0.

Portanto, a reta y = x é uma assíntota oblíqua. �

Procedimento para determinar assíntotas oblíquas/horizontais:

Primeiro determine m, caso exista, através do limite

m = limx→∞

f (x)x.

Se m for finito calcule em seguida

n = limx→∞

[f (x)−mx].

Se n for finito então y =mx+n será assíntota em∞. Se m , 0 a assíntota é oblíqua e

se m = 0 a assíntota é horizontal.

Repita o procedimento para x→−∞ para encontrar a assíntota em −∞.

Exemplo 5.5.6. Determine as assíntotas de f (x) =√

4x2 + x+ 1.

Solução: Temos

f (x)x

=|x|

√4 + 1

x + 1x2

x=

√

4 + 1x + 1

x2 se x > 0

−√

4 + 1x + 1

x2 se x < 0.

Segue que limx→+∞

f (x)x = 2 e lim

x→−∞f (x)x = −2. Assim m = 2 para x→∞ e m = −2 para

x→−∞. Determinemos agora n.

limx→+∞

[√

4x2 + x+ 1− 2x] = limx→+∞

x+ 1√

4x2 + x+ 1 + 2x=

14.

5.6 Esboço de gráficos de funções 121

Logo, y = 2x + 14 é assíntota para x → ∞. Analogamente vemos que y = −2x − 1

4 é

assíntota para x→−∞. �

Exercício 5.5.7.

(a) Mostre que

limx→−∞

(3√3x3 − x2 − 3

√3x+

3√

39

)= 0.

(b) Conclua que a reta de equação y = 3√

3x+3√39 é uma assíntota de f .

5.6 Esboço de gráficos de funções

A lista a seguir fornece todas as informações necessárias para fazer um esboço do

gráfico de uma função que mostre os aspectos mais importantes do seu comporta-

mento.

1. Explicite o domínio da função.

2. Determine os intervalos de crescimento e de decrescimento.

3. Encontre os pontos críticos, determine os pontos de máximo e mínimo e calcule

os seus valores.

4. Estude a concavidade e destaque os pontos de inflexão.

5. Calcule os limites laterais de f nos pontos p tais que f não é contínua em p ou se

f (p) não estiver definida, mas p for um extremo do domínio de f .

6. Calcule os limites de f para x→∞ e x→−∞.

7. Determine as assíntotas.

8. Localize as raízes de f .

9. Esboce a curva utilizando todas as informações anteriores.


Exercício 5.6.1. Esboce o gráfico das seguintes funções:

(a) f (x) = 2x2

x2−1

(b) f (x) = x2√x+1

(c) f (x) = xex

(d) f (x) = ln(4− x2)

(e) f (x) = x4+1x2

(f) f (x) = 3√x3 − x2

Capítulo

6

A integral

6.1 A integral de Riemann

Definição 6.1.1. Seja [a,b] ⊂ R um intervalo limitado e fechado. Dizemos que

P = {a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b},

onde n ∈ N, é uma partição ou divisão de [a,b]. Neste caso, escrevemos P = (xi).

Uma partição P de [a,b] divide o intervalo em n sub-intervalos. Para cada i = 1, . . . ,n

definimos ∆xi = xi − xi−1, que é o comprimento do intervalo [xi−1 , xi]. Definimos

também ∆P = max16i6n∆xi que é o comprimento máximo que um intervalo [xi−1 , xi]

pode ter.

Sejam f : [a,b]→ R e P = (xi) uma partição de [a,b]. Para cada índice i seja ci um

número em [xi−1 , xi] escolhido arbitrariamente. Dizemos que a a partição P com essa

escolha de pontos ci , i = 1, · · · ,n é chamada de partição marcada.

a = x0•c1

x1•c2

x2

. . .xi−1•ci

xi. . .

xn−1•cn

b = xn x-

124 A integral

Denotamos a partição marcada P com marcas ci por Pc. Consideremos a figura

seguinte.

-

6

•••••

f (c3)f (c2)

f (ci) f (c1) f

f (cj)

a=x0 x1 x2 x3 xi−1 xixj−1xj

b=xn

cj

c1 c2 c3 ci? ? � ?

K

y

Definição 6.1.2. A soma de Riemann de f em relação à partição marcada Pc é dada por

SR(f ,Pc) =n∑i=1

f (ci)∆xi .

Observação 6.1.3. Note que a soma de Riemann é igual à soma das áreas dos retângulos

que estão acima do eixo x menos a soma das áreas dos retângulos que estão abaixo do eixo x .

Portanto a soma de Riemann é a diferença entre a soma das áreas dos retângulos que estão

acima do eixo x e a soma das áreas dos retângulos que estão abaixo do eixo x.

Consideremos a figura seguinte.

A1

b

fA2

a

6

-

:

�

6.1 A integral de Riemann 125

Sejam f uma função contínua definida em [a,b] e Pc uma partição marcada tal que

∆P = max16i6n

∆xi seja suficientemente pequeno. Então a área A = A2 −A1 pode ser apro-

ximada pela soma de Riemann SR(f ,Pc) =∑ni=1 f (ci)∆xi , ou seja,

A ≈n∑i=1

f (ci)∆xi .

Fazendo ∆P −→ 0, temosn∑i=1

f (ci)∆xi −→ A

e, portanto,

lim∆P→0

SR(f ,Pc) = lim∆P→0

n∑i=1

f (ci)∆xi = A.

Então podemos dar a definição seguinte.

Definição 6.1.4. Diremos que uma função f : [a,b]→ R é Riemann integrável, ou sim-

plesmente integrável, se existir um número A ∈ R tal que

lim∆P→0

SR(f ,Pc) = lim∆P→0

n∑i=1

f (ci)∆xi = A

onde Pc é uma partição marcada de [a,b].

Escrevendo o limite acima com ε’s e δ’s temos

Definição 6.1.5. Uma função f : [a,b]→ R será dita integrável, se existir A ∈ R tal que

para todo ε > 0, exista δ > 0 tal que∣∣∣∣∣∣∣n∑i=1

f (ci)∆xi −A

∣∣∣∣∣∣∣ < εpara toda partição de [a,b] com ∆P < δ, qualquer que seja a escolha de ci ∈ [xi−1 , xi]. Neste

caso, escrevemos

A =∫ b

af (x)dx

que é chamada integral definida ou simplesmente integral de f em relação à x no inter-

valo [a,b].

126 A integral

Observação 6.1.6. De acordo com a definição, o limite não depende da escolha dos ci .

Usaremos, sem demonstração, a seguinte propriedade.

Proposição 6.1.7. Se f for contínua em [a,b] então f é integrável em [a,b].

Se existir a integral∫ b

af (x)dx , então definiremos

∫ a

bf (x)dx = −

∫ b

af (x)dx .

Proposição 6.1.8 (Propriedades de integral). Sejam f ,g : [a,b]→ R funções integráveis.

Valem as seguintes propriedades:

(a) A integral é única, isto é, f tem no máximo uma integral definida.

(b) A integral é linear, isto é, para todo k ∈ R, a função f + kg é integrável e∫ b

a

(f (x) + kg(x)

)dx =

∫ b

af (x)dx+ k

∫ b

ag(x) dx .

(c) A integral é positiva, isto é, se f (x)> 0, para todo x ∈ [a,b], então∫ b

af (x) dx > 0. Em

particular, se g(x)6 f (x) para todo x ∈ [a,b], então∫ b

ag(x) dx 6

∫ b

af (x) dx .

(d) A integral é aditiva, isto é, se existirem as integrais∫ c

af (x) dx e

∫ b

cf (x) dx , com

c ∈ [a,b], então existirá a integral∫ b

af (x) dx e

∫ b

af (x) dx =

∫ c

af (x) dx+

∫ b

cf (x) dx .

Isto quer dizer que se f for integrável em todos os subintervalos de um intervalo [a,b],

então f será integrável em [a,b]. Em particular, quando c = a, teremos∫ a

af (x) dx = 0.

6.2 O Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo 127

6.2 O Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo

O Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo estabelece uma conexão entre cál-

culo integral e o cálculo diferencial. Consideremos qualquer função contínua f com

f (t)> 0. Então a função

g(x) =∫ x

af (t)dt

pode ser interpretada como a área de f de a até x, onde x pode variar de a até b.

6

-

b

f (t)

a x x+ h

6

área = g(x)

Para calcular g ′(x) por definição, primeiro observamos que, para h > 0, g(x+h)−g(x)

é obtida subtraindo-se as áreas, logo ela é a área sob o gráfico de f de x até x + h. Para

h pequeno essa área é aproximadamente igual à área do retângulo com altura f (x) e

largura h,

g(x+ h)− g(x) ≈ hf (x), logog(x+ h)− g(x)

h≈ f (x).

Portanto, intuitivamente esperamos que

g ′(x) = limh→0

g(x+ h)− g(x)h

= f (x).

Isso é verdade em geral, como diz o seguinte teorema, que será apresentado sem

demonstração.

Teorema 6.2.1 (Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo - 1TFC). Seja f uma fun-

ção contínua em [a,b], então a função g definida por

g(x) =∫ x

af (t) dt, a6 x 6 b

é diferenciável em (a,b) e g ′(x) = f (x).

128 A integral

Exemplo 6.2.2. Ache a derivada da função g(x) =∫ x

0

√1 + t2 dt.

Solução: Como f (t) =√

1 + t2 é contínua, pelo 1TFC g ′(x) =√

1 + x2. �

Exemplo 6.2.3. Calcule a derivada de g(x) =∫ x4

1sec t dt.

Solução: Utilizamos o 1TFC e a Regra da Cadeia. Seja u = x4, então

g ′(x) =ddx

∫ x4

1sec t dt RC=

ddx

∫ u

1sec t dt

dudx

= secududx

= sec(x4)4x3.

�

Usando o 1TFC e a Regra da Cadeia obtemos o seguinte: se f : [a,b]→ R é uma fun-

ção contínua e h1,h2 : [c,d]→ [a,b] são funções diferenciáveis, então a função definida

por

g(x) =∫ h2(x)

h1(x)f (t)dt, para x ∈ [c,d]

é diferenciável em (c,d) e

g ′(x) = f (h2(x))h′2(x)− f (h1(x))h′1(x).

6.3 Antiderivadas ou primitivas

Já sabemos que a derivada de uma função constante é zero. Entretanto, uma função

pode ter derivada zero em todos os pontos de seu domínio e não ser constante; por

exemplo a função f (x) = x|x| é tal que f ′(x) = 0 em todo ponto de seu domínio, mas

f não é constante. O seguinte resultado mostra que se f tiver derivada zero num

intervalo, então f será constante nesse intervalo.

Proposição 6.3.1. Se f for contínua em [a,b] e diferenciável em (a,b) e f ′(x) = 0 para todo

x ∈ (a,b), então f será constante.

Demonstração: Seja x0 ∈ [a,b] um ponto fixo. Para todo x ∈ [a,b], x , x0, pelo TVM

existe um x pertence ao intervalo aberto de extremos x e x0 tal que

f (x)− f (x0) = f ′(x)(x − x0).

6.3 Antiderivadas ou primitivas 129

Como f ′(x) = 0 para todo x ∈ (a,b), temos que f ′(x0) = 0, logo

f (x)− f (x0) = 0 então f (x) = f (x0)

para todo x ∈ [a,b]. Portanto, f é constante. �

Observação 6.3.2. No corolário acima, é importante que o domínio de f seja um intervalo

para que o resultado seja válido. No exemplo f (x) = x|x| temos f ′(x) = 0 em todo ponto do

domínio. A função f não é constante e, por outro lado, o domínio de f não é um intervalo.

Corolário 6.3.3. Se duas funções definidas num intervalo aberto I tiverem a mesma deri-

vada em todo ponto x ∈ I , então elas vão diferir por uma constante.

Exercício 6.3.4. Encontre todas as funções f definidas em R tais que f ′(x) = x2 e f ′′(x) =

senx.

Definição 6.3.5. Uma primitiva ou antiderivada de f em um intervalo I é uma função

derivável em I tal que

F′(x) = f (x), para todo x ∈ I.

Se F(x) é uma primitiva de f (x) então F(x) + k também será primitiva de f . Por

outro lado, se houver uma outra função G(x) primitiva de f num intervalor I , pelo

visto anteriormente F e G diferem neste intervalo por uma constante. Segue que as

primitivas de f são da forma F(x) + k, com k constante. Denotamos por∫f (x)dx = F(x) + k, k constante

a família de primitivas de f e é chamada de integral indefinida de f .

Exemplo 6.3.6.∫x2 dx = x3

3 + k.

Exemplo 6.3.7.∫dx =

∫1 dx = x+ k.

Das fórmulas de derivação já vistas temos facilmente as seguintes integrais indefi-

nidas:

(a)∫cdx = cx+ k

(b)∫ex dx = ex + k

(c)∫xα dx = xα+1

α+1 se α , −1

130 A integral

(d)∫

cosxdx = sen x+ k

(e)∫

1x dx = lnx+ k se x > 0

(f)∫

1x dx = ln(−x) + k x < 0

(g)∫

sen xdx = −cosx+ k

(h)∫

sec2xdx = tg x+ k

(i)∫

secxdx = ln |secx+ tg x|+ k

(j)∫

secxtg xdx = secx+ k

(k)∫

11+x2 dx = arctg x+ k

(l)∫

1√1−x2

dx = arcsen x+ k

Exercício 6.3.8. Calcule as integrais indefinidas

(a)∫

(x5 + 1x3 + 4) dx

(b)∫eαx dx

(c)∫

(√x+ 1

x ) dx

(d)∫

cos(αx)dx

6.4 O Segundo Teorema Fundamental do Cálculo

Computar integrais a partir da definição como um limite de somas de Riemann

pode ser um procedimento longo e difícil. O Segundo Teorema Fundamental do Cál-

culo nos fornece um método muito mais simples para o cálculo de integrais.

Teorema 6.4.1 (Segundo Teorema Fundamental do Cálculo - 2TFC). Suponha que f

é contínua em [a,b] então ∫ b

af (x)dx = F(b)−F(a)

onde F é qualquer primitiva de f , ou seja, uma função tal que F′ = f .

Demonstração: Seja g(x) =∫ xaf (t) dt. Pelo 1TFC, g ′(x) = f (x), ou seja, g é uma primi-

tiva de f . Pelo Corolário 6.3.3, duas primitivas só podem diferir por uma constante

portanto, F(x)−g(x) = k, onde k é uma constante. Fazendo x = a, a fórmula implica que

F(a) = k e fazendo x = b, temos F(b)− g(b) = k = F(a). Daí,

F(b)−F(a) = g(b) =∫ b

af (t) dt,

e a prova está completa. �

6.5 Regra da substituição 131

Observação 6.4.2. Note que, sob as hipóteses do 2TFC, temos

∫ b

aF′(x)dx =

∫ b

af (x)dx = F(b)−F(a) = F(x)

∣∣∣∣∣ba

ou seja, a integral da derivada de uma função que é uma primitiva é a própria primitiva

calculada nos limites de integração.

Exemplo 6.4.3. Calcule a integral de f (x) = x2 no intervalo [1,2].

Solução: ∫ 2

1x2dx =

x3

3

∣∣∣∣∣21

=83− 1

3=

73.

�

Exemplo 6.4.4. Calcule∫ 0

−1(x3 + 3x − 1) dx.

Solução:∫ 0

−1(x3 + 3x − 1)dx =

∫ 0

−1x3dx+

∫ 0

−13xdx −

∫ 0

−11dx =

x4

4

∣∣∣∣∣0−1

+3x2

2

∣∣∣∣∣0−1− x

∣∣∣∣∣0−1

= −114.

�

Exercício 6.4.5. Calcule a integral de f (x) = 1x + 1

x3 no intervalo [1,2].

Exercício 6.4.6. Calcule∫ π/8

0sen(2x)dx.

6.5 Regra da substituição

Nesta seção aprenderemos como transformar uma integral relativamente compli-

cada por uma mais simples. Para isto sejam f e g tais que Im(g) ⊂ Df . Suponhamos

que F seja uma primitiva de f . Então F(g(x)) é uma primitiva de f (g(x))g ′(x), pois pela

Regra da Cadeia temos

[F(g(x))]′ = F′(g(x))g ′(x) = f (g(x))g ′(x).

Portanto, ∫f (g(x))g ′(x) dx = F(g(x)) + k ,

132 A integral

onde k é uma constante arbitrária. Assim, se fizermos a substituição u = g(x) temos∫F′(g(x))g ′(x) dx =

∫[F(g(x))]′ dx = F(g(x)) + k = F(u) + k =

∫f (u)du

e obtemos a regra da substituição:∫f (g(x))g ′(x) dx =

∫f (u) du. (6.5.1)

Exemplo 6.5.1. Encontre∫

2x√

1 + x2dx.

Solução: Fazemos a substituição u = 1 + x2, então sua diferencial é du = 2xdx. Pela

Regra da Substituição,∫2x√

1 + x2dx =∫ √

1 + x22xdx =∫ √

udu =23u3/2 + k =

23

(1 + x2)3/2 + k.

�

Exemplo 6.5.2. Encontre∫x3 cos(x4 + 2)dx.

Solução: Fazemos a substituição u = x4 + 2, então sua diferencial é du = 4x3dx.

Assim, usando x3dx = du4 e a Regra da Substituição temos∫

x3 cos(x4 + 2)dx =∫

cos(u)14du =

14

∫cosudu =

14

senu + k =14

sen(x4 + 2) + k.

�

Exemplo 6.5.3. Calcule∫

x

1 + x4 dx.

Solução: Se fazemos u = 1 + x4, teremos du = 4x3dx. Como 4x2 não é constante∫x

1 + x4 dx =∫

14x2

4x3

1 + x4 dx ,1

4x2

∫4x3

1 + x4 dx.

Isto nos mostra que a mudança u = 1 + x4 não resolve o problema. Entretanto, se

fizermos u = x2, teremos du = 2xdx, assim,∫x

1 + x4 dx =∫

11 +u2

12du =

12

arctg(u) + k =12

arctg(x2) + k.

6.5 Regra da substituição 133

�

Exemplo 6.5.4. Encontre∫

tgxdx.

Solução: Fazemos a substituição u = cosx, então sua diferencial é du = −sen xdx;

portanto∫tgxdx =

∫senxcosx

dx = −∫

1udu = − ln |u|+ k = − ln |cosx|+ k = ln |secx|+ k.

�

Existem dois métodos para calcular uma integral definida por substituição. Um de-

les consiste em calcular primeiro a integral indefinida e então usar o 2TFC. Por exem-

plo, ∫ 2

02x√

1 + x2dx =23

(1 + x2)3/2∣∣∣∣∣20

=23

(5)3/2 − 23

(1)3/2 =23

((5)3/2 − 1).

Um outro modo consiste em se mudar os limites de integração ao se mudar a variá-

vel.

Proposição 6.5.5 (Regra da substituição para integrais definidas.). Se g ′ for contínua

em [a,b] e f for contínua na variação de u = g(x), então∫ b

af (g(x))g ′(x)dx =

∫ g(b)

g(a)f (u)du.

Demonstração: Seja F uma primitiva de f . Então, F(g(x)) é uma primitiva de f (g(x))g ′(x),

logo, pelo 2TFC (Teorema 6.4.1), temos∫ b

af (g(x))g ′(x) dx = F(g(b))−F(g(a)).

Por outro lado, aplicando uma segunda vez o 2TFC também temos∫ g(b)

g(a)f (u)du = F(u)

∣∣∣∣∣g(b)

g(a)= F(g(b))−F(g(a)).

�


1/2

√2x − 1 dx.

134 A integral

Solução: Fazendo u = 2x − 1, temos du = 2dx ou 12 du = dx. Quando x = 1

2 , u = 0;

quando x = 1, u = 1. Assim,∫ 1

1/2

√2x − 1 dx =

∫ 1

0

√u

12du =

12

∫ 1

0

√u du =

12

23u3/2

∣∣∣∣∣10

=13.

Exemplo 6.5.7. Calcule∫ e

1

lnxx

dx.

Solução: Fazendo u = lnx, temos du = 1x dx. Quando x = 1, u = ln1 = 0; quando

x = e, u = lne = 1. Assim, ∫ e

1

lnxx

dx =∫ 1

0u du =

u2

2

∣∣∣∣∣10

=12.

Exercício 6.5.8. Calcule as integrais

(a)∫x√x2 + 1 dx

(b)∫

senxcos3 x

dx

(c)∫

(2x − 1)3 dx

(d)∫

23+x2 dx

(e)∫x2√

3x+ 2 dx

(f)∫xe−x

2dx

(g)∫ 2

1x√x2 + 1 dx

(h)∫ 2

0x2√

3x+ 2 dx

(i)∫ 1

0x

x2+1 dx

6.6 Integração por partes

A Regra da Substituição para integração corresponde à Regra da Cadeia para di-

ferenciação. A Regra do Produto para diferenciação corresponde a uma regra cha-

mada de integração por partes. Para deduzirmos a expressão para esta regra, sejam

f ,g : [a,b]→ R funções diferenciáveis em (a,b). Então para cada x ∈ (a,b) vale

[f (x)g(x)]′ = f ′(x)g(x) + f (x)g ′(x),

ou seja,

f (x)g ′(x) = [f (x)g(x)]′ − f ′(x)g(x) .

Como f (x)g(x) é uma primitiva de [f (x)g(x)]′, se existir uma primitiva de f ′(x)g(x),

6.6 Integração por partes 135

então também existirá uma primitiva de f (x)g ′(x) e valerá a fórmula de integração por

partes: ∫f (x)g ′(x) dx = f (x)g(x)−

∫f ′(x)g(x) dx . (6.6.1)

Notação alternativa. Tomando u = f (x) e v = g(x) , temos

du = f ′(x)dx e dv = g ′(x)dx

e podemos reescrever (6.6.1) como∫udv = uv −

∫v du.

Exemplo 6.6.1. Calcule∫x sen xdx.

Solução: Tome f (x) = x e g ′(x) = sen x. Então, f ′(x) = 1 e g(x) = −cosx. Assim∫x sen xdx = x(−cosx)−

∫1(−cosx)dx = −x cosx+ sen x+ k.

�


arctg xdx.

Solução: Temos∫arctg x︸︷︷︸

u

1dx︸︷︷︸dv

= uv −∫v du = (arctg x) x −

∫x

11 + x2 dx

= x arctg x − 12

ln(1 + x2) + k.

�

Exemplo 6.6.3. Calcule∫x2ex dx.

Solução: Temos∫x2︸︷︷︸f

ex︸︷︷︸g ′

dx = x2︸︷︷︸f

ex︸︷︷︸g

−∫

2x︸︷︷︸f ′

ex︸︷︷︸g

dx.

136 A integral

Utilizando a fórmula de integração por partes mais uma vez, calculamos∫xex dx = xex −

∫ex dx = xex − ex + k.

Portanto, ∫x2ex dx = x2ex − 2xex + 2ex + k.

�

Combinando a fórmula de integração por partes com o 2TFC, podemos avaliar in-

tegrais definidas. Sejam f e g duas funções com derivadas contínuas em [a,b], então∫ b

af (x)g ′(x)dx = f (x)g(x)

∣∣∣∣∣ba−∫ b

af ′(x)g(x)dx.

Exemplo 6.6.4. Calcule∫ t

1x lnxdx.

Solução: Temos∫ t

1x︸︷︷︸g ′

lnx︸︷︷︸f

dx =x2

2︸︷︷︸f

lnx︸︷︷︸g

∣∣∣∣∣t1−∫ t

0

1x︸︷︷︸f ′

x2

2︸︷︷︸g

dx =t2

2ln t − 1

2

∫ t

1xdx

=t2

2ln t − 1

2x2

2

∣∣∣∣∣t1

=t2

2ln t − 1

4t2 +

14.

�

Exercício 6.6.5. Calcule as integrais

(a)∫

arcsenx dx

(b)∫

lnx dx

(c)∫x2senx dx

(d)∫ex cosx dx

(e)∫ 1

0arctgxdx

(f)∫ 4

1e√x dx

6.7 Cálculo de áreas 137

6.7 Cálculo de áreas

Queremos determinar a área de diferentes regiões. Começaremos pelo problema

de achar a área de uma região A que está sob a curva de uma função.

Caso 1: Seja f contínua em [a,b] com f (x) > 0, para todo x ∈ [a,b]. Queremos calcular

a área do conjunto A do plano limitado pelas retas

x = a x = b y = 0

e pelo gráfico de y = f (x) conforme a figura abaixo.

b

f

a

A

-

6

�6

Seja P = (xi) uma partição de [a,b] e ci ′ e ci ′′ tais que

f (ci ′) = min {f (x); x ∈ [xi−1 , xi]}f (ci ′′) = max {f (x); x ∈ [xi−1 , xi]}.

Então, as somas de Riemann correspondentes satisfazem temos∑i

f (ci′)∆xi 6 A6

∑i

f (ci′′)∆xi ,

conforme ilustra a figura seguinte.

138 A integral

f

ba-

6

f

ba-

6

f

ba-

6

Isto significa que a soma de Riemann∑i

f (ci′)∆xi se aproxima da área A por

“falta" e a soma de Riemann∑i

f (ci′′)∆xi se aproxima da área A por “sobra".

Daí, fazendo ∆P = max16 i6n

∆xi −→ 0 temos

lim∆d→0

∑i

f (ci′)∆xi 6 lim

∆d→0A 6 lim

∆d→0

∑i

f (ci′′)∆xi

q q q∫ b

af (x)dx A

∫ b

af (x)dx

ou seja, A =∫ b

af (x)dx .

Exemplo 6.7.1. A área do conjunto do plano limitado pelas retas x = 0, x = 1 e pelo gráfico

de f (x) = x2 é 13 .

Caso 2: Seja A o conjunto hachurado conforme mostra a figura.

A6

-

6

b

f

a

A6

-

6

b

f

a

−f


Logo

área A = −∫ b

af (x)dx =

∫ b

a−f (x)dx =

∫ b

a|f (x)|dx .

Observe que como f (x)6 0, para todo x ∈ [a,b] temos∫ b

af (x)dx 6 0 =⇒ −

∫ b

af (x)dx > 0.

Exemplo 6.7.2. A área do conjunto do plano limitado pelas retas x = 0, x = 1 e pelo gráfico

de f (x) = x4 − x é3

10.

Caso 3: Seja A o conjunto hachurado conforme a figura abaixo.

6

-

f

bdca

Então

área A =∫ c

af (x)dx −

∫ d

cf (x)dx+

∫ b

df (x)dx =

∫ b

a|f (x)|dx .

Exemplo 6.7.3. A área do conjunto do plano limitado pelas retas x = −1, x = 1 e pelo gráfico

de f (x) = x3 é 1.

Caso 4: Considere A o conjunto hachurado da figura seguinte.

140 A integral

6

-

Bb

g

f

A1

A2

aR

:

1

Então A é o conjunto dos pontos (x,y) ∈ R2 limitado pelas retas x = a, x = b e pelos

gráficos das funções f e g, onde f (x)> g(x), para todo x ∈ [a,b]. Segue que

área A =∫ b

a[f (x)− g(x)]dx =

∫ b

af (x)dx −

∫ b

ag(x)dx

Observação 6.7.4. No Caso 4 acima temos∫ b

af (x)dx = A1 +B e

∫ b

ag(x) = B−A2.

Portanto ∫ b

a[f (x)− g(x)]dx = A1 +A2 .

Em geral, a área entre as curvas y = f (x) e y = g(x) e entre x = a e x = b é∫ b

a|f (x)− g(x)|dx.

Exemplo 6.7.5. Calcule a área do conjunto A ={(x,y) ∈ R2 ; x2 6 y 6

√x}.

Solução: Temos que x2 6 y 6√x se, e somente se, 06 x 6 1. Portanto

áreaA =∫ 1

0(√x − x2)dx =

13.

�


Exemplo 6.7.6. Calcule a área da região compreendida entre os gráficos de y = x e y = x2,

com 06 x 6 2.

Solução: As curvas y = x e y = x2 interceptam-se nos pontos x = 0 e x = 1. Então,

área =∫ 1

0(x − x2)dx+

∫ 2

1(x2 − x)dx = 1.

�

Exercício 6.7.7. Encontre a área da região limitada pelas curvas y = sen x, y = cosx, x = 0

e x = π2 .

142 A integral

Capítulo

7

Técnicas de integração

Com o Segundo Teorema Fundamental do Cálculo podemos integrar uma função a

partir de uma primitiva ou integral indefinida. Neste capítulo desenvolveremos outras

técnicas para calcular integrais indefinidas.

7.1 Integrais trigonométricas

Nesta seção usaremos identidades trigonométricas para integrar certas combina-

ções de funções trigonométricas.


cos3xdx.

Observe que cos3x = cos2x cosx = (1 − sen2x)cosx. Fazendo u = sen x temos du =

cosxdx.∫cos3xdx =

∫(1− sen2x)cosxdx =

∫(1−u2)du = u − u

3

3+ k = sen x − 1

3sen3x+ k.


sen(3x)cos(2x)dx.

144 Técnicas de integração

Observe que sen(3x)cos(2x) =12

[sen(5x) + sen(x)]. Então,

∫sen(3x)cos(2x)dx =

12

∫[sen(5x) + sen(x)]dx = − 1

10cos(5x)− 1

2cosx+ k.


sen4(x)dx.

Observe que sen2(x) =12

(1− cos(2x)) e cos2x =12

(1 + cos(2x)). Então,

∫sen4(x)dx =

14

∫(1− cos(2x))2 dx =

14

∫(1− 2cos(2x) + cos2(2x))dx

=14

∫(1− 2cos(2x) +

12

(1 + cos(4x))dx =14

(3x2− sen(2x) +

sen(4x)8

)+ k.


sen5x cos2xdx.

Observe que sen5x cos2x = (sen2x)2 cos2x sen(x) = (1− cos2x)2 cos2x senx. Fazendo u =

cosx temos du = −senxdx e assim∫sen5x cos2xdx =

∫(1− cos2x)2 cos2x senxdx =

∫(1−u2)2u2(−du)

= −∫

(u2 − 2u4 +u6)du = −(u3

3− 2

u5

5+u7

7

)+ k = −cos3x

3+ 2

cos5x5− cos7x

7+ k.

Estratégia para avaliar∫

senmx cosnxdx.

(a) Se n for ímpar,∫senmx cos(2k+1)xdx =

∫senmx (cos2x)k cosxdx =

∫senmx(1− sen2x)k cosxdx.

Então faça u = sen x.

(b) Se m for ímpar,∫sen(2k+1)x cosnxdx =

∫(sen2x)k cosnx senxdx =

∫(1− cos2x)k cosnx senxdx.

Então faça u = cosx.

7.1 Integrais trigonométricas 145

(c) Se m e n forem pares, utilizamos as identidades dos ângulos metade

sen2x =12

(1− cos(2x)) cos2x =12

(1 + cos(2x)).

Algumas vezes pode ser útil a identidade

2senx cosx = sen(2x).


sen(mx) cos(nx)dx ou∫

sen(mx)sen(nx)dx ou∫cos(mx) cos(nx)dx. Utilize a identidade correspondente:

(a) 2sena cosb = sen(a− b) + sen(a+ b),

(b) 2senasen b = cos(a− b)− cos(a+ b),

(c) 2cosa cosb = cos(a− b) + cos(a+ b).

Podemos usar uma estratégia semelhante para avaliar integrais envolvendo potências

de tangente e secante.


tg6x sec4xdx.

Observe que tg6x sec4x = tg6x sec2x sec2x = tg6x(1 + tg2x)sec2x . Fazendo u = tgx te-

mos du = sec2xdx e assim∫tg6x sec4xdx =

∫tg6x(1 + tg2x)sec2xdx =

∫u6(1 +u2)du

=u7

7+u9

9+ k =

tg7x7

+tg9x

9+ k.


tg5x sec7xdx.

Observe que tg5x sec7x = tg4x sec6x secxtgx = (sec2x−1)2 sec6x secx tgx. Fazendo u =

secx temos du = secx tgxdx e assim∫tg5x sec7xdx =

∫(sec2x − 1)2 sec6x secx tgxdx =

∫(u2 − 1)2u6du


=u11

11− 2

u9

9+u7

7+ k =

sec11x11

− 2sec9x

9+

sec7x7

+ k.


tgmx secnxdx.

(a) Se n for par,∫tgmx sec2k xdx =

∫tgmx (sec2x)k−1 sec2xdx =

∫tgmx(1 + tg2x)k−1 sec2xdx.

Então faça u = tg x.

(b) Se m for ímpar,∫tg(2k+1)x secnxdx =

∫(tg2x)k secn−1x secx tgxdx

=∫

(sec2x − 1)k secn−1x secx tgxdx.

Então faça u = secx.

7.2 Substituição inversa

Em geral podemos fazer uma substituição da forma x = g(t) usando a Regra da

Substituição ao contrário. Suponhamos que x = g(t) seja inversível, então trocando u

por x e x por t na Regra de Substituição 6.5.1 obtemos∫f (x)dx =

∫f (g(t))g ′(t)dt.

Este tipo de substituição é chamada de substituição inversa e também de mudança

de variáveis.

Exemplo 7.2.1. Calcule∫ √

1− x2dx.

Como 1− sen2t = cos2 t, a mudança x = sen t ,−π2< t <

π2, elimina a raiz do integrando.

Temos dx = cos t dt. Então,∫ √1− x2dx =

∫ √1− sen2t cos t dt =

∫ √cos2 t cos t dt =

∫|cos t|cos t dt =

∫cos2 t dt,

7.2 Substituição inversa 147

pois cos t > 0 se −π2< t <

π2. Assim,

∫ √1− x2dx =

∫cos2 t dt =

∫ (12

+12

cos(2t))dt

=12t +

14

sen(2t) + k =12t +

12

sen t cos t + k.

Devemos retornar à variável x original. Como x = sen t − π2< t <

π2, segue t = arcsenx

e cos t =√

1− x2; logo∫ √1− x2dx =

12

arcsenx+12x√

1− x2 + k, −1 < x < 1.

Exemplo 7.2.2. Calcule∫x2√x+ 1dx.

Fazendo u = x+ 1, temos x = u − 1 e du = dx. Então,∫x2√x+ 1dx =

∫(u − 1)2√udu =

∫(u2 − 2u + 1)u1/2du =

∫ (u5/2 − 2u3/2 +u1/2

)du

=27u7/2 − 2

25u5/2 +

23u3/2 + k =

27

(x+ 1)7/2 − 45

(x+ 1)5/2 +23

(x+ 1)3/2 + k.

Exemplo 7.2.3. Calcule∫ √

1 + x2dx.

Como 1 + tg2t = sec2 t, a mudança x = tg t ,−π2< t <

π2, elimina a raiz do integrando.

Temos dx = sec t dt. Então,∫ √1 + x2dx =

∫ √1 + tg2t sec2 t dt =

∫|sec t|sec2 t dt =

∫sec3 t dt,

pois sec t > 0 se −π2< t <

π2. Agora,

∫sec3 t dt =

∫sec t︸︷︷︸f

sec2 t︸︷︷︸g ′

dt = sec t︸︷︷︸f

tg t︸︷︷︸g

−∫

sec t tg t︸︷︷︸f ′

tg t︸︷︷︸g

= sec t tg t−∫

sec t(sec2 t−1)dt.

Portanto,

2∫

sec3 t dt = sec t tg t +∫

sec t dt = sec t tg t + ln |sec t + tgt|+ k.


Devemos retornar à variável x original. Como x = tg t, segue 1 + x2 = sec2 t e como

sec t > 0, sec t =√

1 + x2; logo∫ √1 + x2dx =

12

(sec t tg t + ln |sec t + tgt|+ k) =12

(x√

1 + x2 + ln |√

1 + x2 + x|)

+ k.

Exercício: Indique, em cada caso, qual a mudança de variável que elimina a raiz do

integrando.

(a)∫ √

1− 4x2dx, [R : 2x = sen t]; (b)∫ √

5− 4x2dx, [R :2√

5x = sen t];

(c)∫ √

3 + 4x2 dx, [R :2√

3x = tg t]; (d)

∫ √1− (x − 1)2 dx, [R : x − 1 = sen t];

(e)∫ √

x − x2dx, [R : x − 12

=12

sen t]; (f )∫ √

x2 − 1dx, [R : x = sec t].

7.3 Primitivas de funções racionais

Nesta seção mostraremos como integrar qualquer função racional (quociente de

polinômios) expressando-a como soma de frações parciais. Consideremos a função ra-

cional

f (x) =P (x)Q(x)

onde P e Q são polinômios. É possível expressar f como soma de frações mais simples

desde que o grau de P seja menor que o grau de Q. Se o grau de P for maior ou igual

ao grau de Q, então primeiro dividimos os polinômios,

P (x)Q(x)

= S(x) +R(x)Q(x)

,

onde S(x) e R(x) são também polinômios.

Exemplo 7.3.1. Calcule∫x3 + xx − 1

dx.

Dividindo obtemos∫x3 + xx − 1

dx =∫ (

x2 + x+ 2 +2

x − 1

)dx =

x3

3+x2

2+ 2x+ 2ln |x − 1|+ k.

7.3 Primitivas de funções racionais 149

Uma segunda etapa consiste em fatorar o denominador Q(x) o máximo possível.

Pode ser mostrado que qualquer polinômio Q pode ser fatorado como produto de fa-

tores lineares e de fatores quadráticos irredutíveis.

Exemplo 7.3.2. x4 − 16 = (x − 2)(x+ 2)(x2 + 4).

Finalmente, devemos expressar a função racional como uma soma de frações par-

ciais. Explicamos os detalhes dos diferentes casos que ocorrem.

7.3.1 Denominadores redutíveis do 2o grau

Teorema 7.3.3. Sejam α, β, m, n ∈ R, com α , β. Então existem A,B ∈ R tais que

(i)mx+n

(x −α)(x − β)=

Ax −α

+B

x − β;

(ii)mx+n(x −α)2 =

Ax −α

+B

(x −α)2 .

Observação: Note que, para aplicarmos o teorema, o grau do numerador deve ser

estritamente menor do que o grau do denominador do lado esquerdo das igualdades

em (i) e (ii) do Teorema 7.3.3.

Procedimento para calcular∫

P (x)(x −α)(x − β)

dx , onde grau P < 2 .

• Se α , β , então o Teorema 7.3.3 (i) implica que existem A, B ∈ R tais que

P (x)(x −α)(x − β)

=A

x −α+

Bx − β

.

Portanto∫P (x)

(x −α)(x − β)dx =

∫A

x −αdx+

∫B

x − βdx = A ln |x −α|+B ln |x − β|+ k .

• Se α = β, então o Teorema 7.3.3 (ii) implica que existem A, B ∈ R tais que

P (x)(x −α)2 =

A(x −α)

+B

(x −α)2 .


Logo∫P (x)

(x −α)2 dx = A∫

1x −α

dx+B∫

1(x −α)2 dx = A ln |x −α| − B

(x −α)+ k .


x+ 3x2 − 3x+ 2

dx.

Observe que x2 − 3x+ 2 = (x − 1)(x − 2). O método de frações parciais dá

x+ 3x2 − 3x+ 2

=Ax − 1

+B

x − 2

e portanto A(x−2)+B(x−1) = x+3 ou (A+B)x−2A−B = x+3. Como os polinômios são

idênticos, seus coeficientes devem ser iguais. Logo, A+B = 1 e −2A−B = 3. Resolvendo,

obtemos A = −4 e B = 5 e assim∫x+ 3

x2 − 3x+ 2dx =

∫ ( −4x − 1

+5

x − 2

)dx = −4ln |x − 1|+ 5ln |x − 2|+ k.


x3 + 2(x − 1)2 dx.

Neste caso é melhor fazer uma mudança de variáveis. Seja u = x − 1 ou x = u + 1 e

du = dx. Assim,∫x3 + 2

(x − 1)2 dx =∫

(u + 1)3

u2 du =∫u3 + 3u2 + 3u + 3

u2 du

=u2

2+ 3u + 3ln |u| − 3

u+ k =

(x − 1)2

2+ 3(x − 1) + 3ln |x − 1| − 3

x − 1+ k.

7.3.2 Denominadores redutíveis do 3o grau

Teorema 7.3.6. Sejam α, β, γ , m, n, p ∈ R, com α , β , γ , 0. Então existem A,B,C ∈ R tais

que

(i)mx2 +nx+ p

(x −α)(x − β)(x −γ)=

Ax −α

+B

x − β+

Cx −γ

;

(ii)mx2 +nx+ p

(x −α)(x − β)2 =A

x −α+

Bx − β

+C

(x − β)2 ;


(iii)mx2 +nx+ p

(x −α)3 =A

x −α+

B

(x −α)2 +C

(x −α)3 .


2x+ 1x3 − x2 − x+ 1

dx.

Como 1 é raiz de x3−x2−x+1, sabemos que (x−1) é um fator e obtemos x3−x2−x+1 =

(x − 1)(x2 − 1) = (x − 1)2(x+ 1). A decomposição em frações parciais é

2x+ 1x3 − x2 − x+ 1

=Ax+ 1

+B

(x − 1)+

C

(x − 1)2 .

Então, 2x+1 = A(x−1)2+B(x+1)(x−1)+C(x+1). Fazendo x = 1 obtemos 3 = 2C ouC =32.

Fazendo x = −1, obtemos −1 = 4A ou A = −14. Fazendo x = 0, obtemos 1 = −1

4−B+

32

ou

B =14. Assim,

∫2x+ 1

x3 − x2 − x+ 1dx = −1

4

∫1

x+ 1dx+

14

∫1

x − 1dx+

32

∫1

(x − 1)2 dx

= −14

ln |x+ 1|+ 14

ln |x − 1| − 32

1x − 1

+ k.

7.3.3 Denominadores irredutíveis do 2o grau

Queremos calcular integrais do tipo∫P (x)

ax2 + bx+ cdx ,

onde P é um polinômio e ∆ = b2 − 4ac < 0. Então devemos reescrever o denominador

como soma de quadrados. Em seguida, fazemos uma mudança de variável e calculamos

a integral.


2x+ 1x2 + 2x+ 2

dx.

Escrevamos o denominador como soma de quadrados x2 + 2x + 2 = x2 + 2x + 1 + 1 =

(x+ 1)2 + 1. Fazendo u = x+ 1, temos du = dx;∫2x+ 1

x2 + 2x+ 2dx =

∫2x+ 1

(x+ 1)2 + 1dx =

∫2(u − 1) + 1u2 + 1

du =∫

2uu2 + 1

du +∫−1

u2 + 1du


= ln(1 +u2)− arctgu + k = ln(1 + (x+ 1)2)− arctg(x+ 1) + k.


4x2 − 3x+ 24x2 − 4x+ 3

dx.

Como o grau do denominador é igual ao grau do denominador, primeiro vamos dividir

os polinômios,

4x2 − 3x+ 24x2 − 4x+ 3

= 1 +x − 1

4x2 − 4x+ 3= 1 +

x − 1(2x − 1)2 + 2

.

Fazendo u = 2x − 1 ou x =u + 1

2, temos du = 2dx, assim

∫4x2 − 3x+ 24x2 − 4x+ 3

dx =∫ (

1 +x − 1

(2x − 1)2 + 2

)dx = x+

12

∫ u+12 − 1

u2 + 2du = x+

14

∫u − 1u2 + 2

du

= x+14

∫u

u2 + 2du − 1

4

∫1

u2 + 2du = x+

18

ln |u2 + 1| − 14

1√

2arctg

(u√

2

)+ k

= x+18

ln |(2x − 1)2 + 1| − 14

1√

2arctg

((2x − 1)√

2

)+ k.

Agora, vamos considerar integrais do tipo∫P (x)

(x −α)(ax2 + bx+ c)dx ,

onde P é um polinômio e ∆ = b2 − 4ac < 0.

Teorema 7.3.10. Sejam m, n, p, a, b, c, α ∈ R tais que ∆ = b2 − 4ac < 0 . Então existem

A,B,D ∈ R tais que

mx2 +nx+ p(x −α)(ax2 + bx+ c)

=A

x −α+

Bx+Dax2 + bx+ c

.

Exemplo 7.3.11. Calcule∫x5 + x+ 1x3 − 8

dx .

Observe que x3 − 8 = (x − 2)(x2 + 2x+ 4). Dividindo obtemos

x5 + x+ 1x3 − 8

= x2 +8x2 + x+ 1x3 − 8

= x2 +8x2 + x+ 1

(x − 2)(x2 + 2x+ 4).


Pelo método de frações parciais,

8x2 + x+ 1(x − 2)(x2 + 2x+ 4)

=Ax − 2

+Bx+C

x2 + 2x+ 4.

Então, 8x2 + x + 1 = A(x2 + 2x + 4) + (Bx +C)(x − 2). Fazendo x = 2 obtemos 35 = 12A

ou A =3512. Fazendo x = 0, obtemos 1 = 4A − 2C ou C =

163. Fazendo x = 1, obtemos

10 = 7A−B−C ou B =6112. Assim,

∫8x2 + x+ 1

(x − 2)(x2 + 2x+ 4)dx =

3512

∫1

x − 2dx+

∫ 6112x+ 16

3

x2 + 2x+ 4dx

=3512

ln |x − 2|+ 112

∫61x+ 64x2 + 2x+ 4

dx.

Para calcular a última integral, escrevemos x2 + 2x+ 4 = (x+ 1)2 + 3 e fazemos u = x+ 1

ou x = u − 1 e du = dx; portanto,∫61x+ 64x2 + 2x+ 4

dx =∫

61x+ 64(x+ 1)2 + 3

dx =∫

61(u − 1) + 64u2 + 3

du

= 61∫

u

u2 + 3du + 3

∫1

u2 + 3du =

612

ln(u2 + 3) +3√

3arctg

u√

3+ k

=612

ln((x+ 1)2 + 3) +3√

3arctg

x+ 1√

3+ k.

Finalmente,∫x5 + x+ 1x3 − 8

dx =x3

3+

3512

ln |x − 2|+ 6124

ln((x+ 1)2 + 3) +3

12√

3arctg

x+ 1√

3+ k.

Exercício: Calcule as integrais

(a)∫

1cosx

dx; (b)∫

x4 + 2x+ 1x3 − x2 − 2x

dx; (c)∫

x2 + 2x+ 3x2 + 4x+ 13

dx.


7.4 A substituição u = tg(x/2)

A substituição u = tg(x/2) transforma qualquer função racional envolvendo seno e

cosseno em uma função racional de polinômios. Observemos que

sen x = 2sen(x/2)cos(x/2) = 2sen(x/2)cos(x/2)

cos2(x/2).

Assim,

sen x =2tg(x/2)

1 + tg2(x/2)=

2u1 +u2 .

Também temos que

cosx = 1− 2sen2(x/2) = cos2(x/2)sec2(x/2)− 2cos2(x/2)tg2(x/2),

logo,

cosx =1− tg2(x/2)1 + tg2(x/2)

=1−u2

1 +u2 .


1cosx+ sen x

dx.

Fazendo u = tg(x/2), temos que du =12

(1+tg2(x/2))dx, então dx =2

1 +u2du.Utilizando

as identidades trigonométricas anteriores,

cosx+ sen x =1−u2 + 2u

1 +u2 .

Assim, ∫1

cosx+ senxdx = 2

∫1

1−u2 + 2udu,

a qual pode ser integrada utilizando frações parciais. Note que

1u2 − 2u − 1

=1

(u − a)(u − b)=

1

2√

2

( 1u − a

− 1u − b

),

onde a = 1 +√

2 e b = 1−√

2. Portanto,∫1

cosx+ senxdx =

1√

2(ln |u − b| − ln |u − a|) + k

7.4 A substituição u = tg(x/2) 155

=1√

2

(ln |tg(x/2)− 1 +

√2| − ln |tg(x/2)− 1−

√2|)

+ k.

Exercício: Calcule as integrais:

(a)∫

11− cosxsen x

dx, [R : ln |tg(x/2)| − ln |1 + tg(x/2)|+ k; ]

(b)∫

12 + sen x

dx,

[R :

2√

3arctg

(2tg(x/2) + 1√

3

)+ k

].

Capítulo

8

Funções logaritmo e exponencial

O logaritmo é um conceito que pode ser definido de várias formas. Nesta seção

vamos definir o logaritmo como uma integral e a exponencial como sua inversa.

8.1 Função logaritmo

Definição 8.1.1. A função logaritmo natural é a função definida por

lnx =∫ x

1

1tdt, x > 0.

Observação: A função lnx está bem definida pois a integral de uma função contínua

sempre existe.

Propriedades do logaritmo.

(a) ln1 = 0,

(b) (lnx)′ =1x

para todo x > 0,

(c) ln(ab) = lna+ lnb, para todo a,b > 0,

(d) ln(ab

)= lna− lnb, para todo a,b > 0,

158 Funções logaritmo e exponencial

(e) ln(ar) = r lna para todo a > 0 e r real.

Demonstração: A parte (a) segue da definição e a parte (b) do 1TFC 6.2.1. Para provar

a parte (c), seja f (x) = ln(ax), onde a é uma constante positiva. Pela Regra da Cadeia,

temos

f ′(x) =1axa =

1x.

Portanto, f (x) e lnx tem a mesma derivada, então pelo Corolário 6.3.3, diferem por

uma constante:

ln(ax) = lnx+C.

Fazendo x = 1, temos que lna = C. Assim,

ln(ax) = lnx+ lna,

e escolhendo x = b, fica demonstrada a propriedade (c).

(d): Utilizando a parte (c) com a = 1/b, temos que

ln(1b

)+ lnb = ln1 = 0, portanto ln

(1b

)= − lnb.

Agora,

ln(ab

)= ln

(a

1b

)= lna+ ln

(1b

)= lna− lnb.

A parte (e) é provada de maneira análoga. �

Gráfico do logaritmo. Como a derivada de lnx é sempre positiva, o logaritmo é cres-

cente e como a derivada segunda é sempre negativa, ln′′(x) = −1/x2, o logaritmo é

côncavo para abaixo em (0,+∞).

Calculemos seus limites. Utilizando a propriedade (e) com a = 2 e r = n, onde n ∈ N,temos que ln(2n) = n ln2. Portanto ln(2n) → +∞ quando n → +∞. Mas, como lnx é

crescente, temos que

limx→+∞

lnx = +∞.

Por outro lado, fazendo t = 1/x, então t→ +∞ quando x→ 0+. Portanto,

limx→0+

lnx = limt→+∞

ln(1t

)= limt→+∞

− ln t = −∞.

8.2 Função exponencial 159

Como ln1 = 0, limx→+∞

lnx = +∞ e lnx é uma função contínua crescente, pelo Teorema

do Valor Intermediário, existe um número onde lnx assume o valor 1. Esse número é

denotado por e.

Definição 8.1.2. Denotamos por e o número tal que lne = 1.

Esta definição é consistente com a definição do número e como um limite. Povemos

que com a definição de e dada acima temos

limx→0

(1 + x)1/x = e.

Seja f (x) = lnx. Então f ′(1) = 1 e pela definição de derivada

f ′(1) = limx→0

f (1 + x)− f (1)x

= limx→0

ln(1 + x)x

= limx→0

ln(1 + x)1/x = ln(limx→0

(1 + x)1/x),

pois a função ln é contínua. Assim,

ln(limx→0

(1 + x)1/x)

= 1

e portanto

limx→0

(1 + x)1/x = e.

8.2 Função exponencial

Como vimos lnx é diferenciável em (0,∞) e é estritamente crescente, ainda mais,

sabemos que limx→0+ lnx = −∞ e limx→∞ lnx =∞, e portanto a imagem de ln é toda a

reta real; ou seja, a função ln: (0,∞)→ R é bijetora.

Denotemos por g a inversa da função ln. Sabemos que g : R→ (0,∞) é uma função

bijetora. Além disso,

g(lnx) = x, para todo x > 0, e ln(g(x)) = x, para todo x ∈ R.

Temos também as seguintes propriedades para g:

(i) g(0) = 1 e g(1) = e;


(ii) g(x+ y) = g(x)g(y), para todos x,y ∈ R.

(iii) g é diferenciável e g ′(x) = g(x) para todo x ∈ R;

Demonstração:

(i) Fica a cargo do leitor.

(ii) Dados x,y ∈ R, sejam a,b ∈ (0,∞) tais que lna = x e lnb = y. Logo g(x) = a,

g(y) = b e temos

g(x+ y) = g(lna+ lnb) = g(ln(ab)) = ab = g(x)g(y).

(iii) Provemos primeiramente que g é diferenciável em x = 0 e que g ′(0) = 1. Temos

limx→0

g(x)− g(0)x

= limx→0

g(x)− 1x

.

Fazendo y = g(x), temos x = lny e quando x→ 0, temos y→ 1 (da continuidade de

g, já que é inversa de uma função contínua). Assim, temos

limx→0

g(x)− 1x

= limy→1

y − 1lny

R.L.= limy→1

11y

= 1,

o que mostra que g é diferenciável em x = 0 e g ′(0) = 1.

Agora, para x ∈ R, temos

limh→0

g(x+ h)− g(x)h

= g(x) limh→0

g(h)− 1h

= g(x)g ′(0) = g(x),

e portanto g é diferenciável e g ′(x) = g(x).

Definição 8.2.1. A função g é chamada de função exponencial, e para cada x ∈ R, deno-

tamos

g(x) = ex.

A notação acima é coerente com a definição de potências que já conhecemos, pois

temos facilmente que se r = pq ∈Q então g(r) = er .

Note que, como g ′(x) = g(x) > 0, temos que a função exponencial é uma função

estritamente crescente em R e infinitamente diferenciável (todas as suas derivadas são

8.2 Função exponencial 161

g(x)).

Exercício 8.2.2. Calcule limx→∞

ex e limx→−∞

ex.

Capítulo

9

Integrais impróprias

Na definição de integral definida∫ b

af (x)dx exige-se que a função f esteja definida

num intervalo limitado e fechado [a,b] e que f seja limitada nesse intervalo. Neste

capítulo estendemos o conceito de integral definida para casos mais gerais.

9.1 Intervalos infinitos

Consideremos a função f (x) =1x2 e calculemos a área A limitada pelo gráfico de f

e pelas retas y = 0, x = 1 e x = b, com b > 1. Então

A =∫ b

1

1x2 dx = −1

x

∣∣∣∣∣b1

= 1− 1b.

Fazendo b→ +∞, temos A→ 1. Isto quer dizer que a área A do conjunto ilimitado

{(x,y) ∈ R2 : 06 y 6 f (x), x > 1}

é finita e igual a 1.

Definição 9.1.1 (Integral Imprópria do Tipo 1).

164 Integrais impróprias

• Se∫ t

af (x)dx existe para cada número t > a, então definimos

∫ ∞af (x)dx = lim

t→∞

∫ t

af (x)dx,

se o limite existir.

• Se∫ b

tf (x)dx existe para cada número t 6 b, então definimos

∫ b

−∞f (x)dx = lim

t→−∞

∫ b

tf (x)dx

se o limite existir.

Quando uma das integrais impróprias acima existir e for finita, diremos que ela é

convergente. Caso contrário, ela será dita divergente.

Observação: As integrais impróprias podem ser interpretadas como uma área, desde

que f seja uma função positiva.

Exemplo 9.1.2. Determine se a integral∫ ∞

1

1xdx é convergente ou divergente.

∫ ∞1

1xdx = lim

t→∞

∫ t

1

1xdx = lim

t→∞ln |x|

∣∣∣∣∣t1

= limt→∞

ln t =∞.

Como o limite é infinito, a integral é divergente.

Exemplo 9.1.3. Determine se a integral∫ ∞

1

1x3 dx é convergente ou divergente.

∫ ∞1

1x3 dx = lim

t→∞

∫ t

1

1x3 dx = lim

t→∞

1−2x2

∣∣∣∣∣t1

= limt→∞

1−2t2

+12

=12.

Como o limite é finito, a integral é convergente.

Exemplo 9.1.4. Determine se a integral∫ 0

−∞xex dx é convergente ou divergente.

∫ 0

−∞xe−x dx = lim

t→−∞

∫ 0

txex dx = lim

t→−∞

(xex

∣∣∣∣∣0t−∫ 0

tex dx

)= limt→−∞

(−tet − 1 + et) = −1.

Como o limite é finito, a integral é convergente.

9.1 Intervalos infinitos 165

9.1.1 Testes de convergência

Algumas vezes não é possível encontrar um valor exato para uma integral impró-

pria, mas podemos saber se ela é convergente ou divergente usando outras integrais

conhecidas.

Teorema 9.1.5 (Teste da Comparação). Sejam f e g funções contínuas satisfazendo f (x)>

g(x)> 0 para todo x > a. Então,

(i) Se∫ ∞af (x)dx é convergente, então

∫ ∞ag(x)dx também é convergente.

(ii) Se∫ ∞ag(x)dx é divergente, então

∫ ∞af (x)dx também é divergente.

Exemplo 9.1.6. Mostre que∫ ∞

1e−x

2dx é convergente.

Não podemos avaliar diretamente a integral pois a primitiva de e−x2

não é uma função

elementar. Observe que se x > 1, então x2 > x, assim −x2 6 −x e como a exponencial é

crescente e−x26 e−x. Assim,∫ ∞

1e−x

2dx 6

∫ ∞1e−x dx = lim

t→∞

∫ t

0e−x dx = lim

t→∞(e−1 − e−t) = e−1.

Logo pelo Teste da Comparação a integral é convergente.

Exemplo 9.1.7. Analise a convergência de∫ ∞

1

sen2x

x2 dx.

Observe que 06sen2x

x2 61x2 , para todo x ∈ [1,∞). Como a integral

∫ ∞1

1x2 dx converge,

pelo Teste da Comparação a integral∫ ∞

1

sen2x

x2 dx é convergente.

Exemplo 9.1.8. Analise a convergência da∫ ∞

1

1 + e−x

xdx.

Observe que1 + e−x

x>

1x

e∫ ∞

1

1xdx diverge, então pelo Teste da Comparação a integral∫ ∞

1

1 + e−x

xdx é divergente.


Teorema 9.1.9 (Teste da Comparação no Limite). Sejam f ,g : [a,+∞) → R+ funções

contínuas. Se

limx→∞

f (x)g(x)

= L, 0 < L <∞,

então∫ ∞af (x)dx e

∫ ∞ag(x)dx serão ambas convergentes ou ambas divergentes.


1

11 + x2 dx.

As funções f (x) =1x2 e g(x) =

11 + x2 são positivas e contínuas em [1,+∞) e

limx→∞

f (x)g(x)

= limx→∞

1/x2

1/(1 + x2)= limx→∞

1 + x2

x2 = 1.

Portanto, como a integral∫ ∞

1

1x2 dx converge,

∫ ∞1

11 + x2 dx também é convergente.

Entretanto, as integrais convergem para valores diferentes.∫ ∞1

1x2 dx = lim

t→∞

∫ t

1

1x2 dx = lim

t→∞

(−1x

) ∣∣∣∣∣t1

= limt→∞

1− 1t

= 1.

∫ ∞1

11 + x2 dx = lim

t→∞

∫ t

1

11 + x2 dx = lim

t→∞arctg x

∣∣∣∣∣t1

= limt→∞

(arctg t − arctg 1) =π4.


1

3ex − 5

dx.

As funções f (x) =1ex

e g(x) =3

ex − 5são positivas e contínuas em [1,∞) e

limx→∞

f (x)g(x)

= limx→∞

1/ex

3/(ex − 5)= limx→∞

ex − 53ex

= limx→∞

13− 5

3ex=

13.

Portanto, como a integral∫ ∞

1

1exdx =

∫ ∞1e−x dx converge,

∫ ∞1

3ex − 5

dx também con-

verge.


9.1.2 Integrandos descontínuos

Consideremos a função f (x) =1√x

. Queremos calcular a área A limitada pelo grá-

fico de f e pelas retas y = 0, x = ε, ε > 0, e x = 4. Então

A =∫ 4

εf (x)dx = −2

√x

∣∣∣∣∣4ε

= 4− 2√ε.

Fazendo ε→ 0, temos A→ 4 o que quer dizer que a área A do conjunto ilimitado

{(x,y) ∈ R2 : 06 y 6 f (x), 06 x 6 4}

é finita e igual a 4.

Definição 9.1.12 (Integral Imprópria do Tipo 2).

• Seja f uma função contínua em [a,b) e descontínua em b, definimos∫ b

af (x) dx = lim

t→b−

∫ t

af (x)dx,

se esse limite existir.

• Seja f uma função contínua em (a,b] e descontínua em a, definimos∫ b

af (x) dx = lim

t→a+

∫ b

tf (x)dx,

se esse limite existir.

A integral imprópria∫ b

af (x) dx é chamada convergente se o limite existir e for finito,

caso contrário será dita divergente.

• Se f tiver uma descontinuidade em c, onde a < c < b, e ambos∫ c

af (x) dx e

∫ b

cf (x) dx

forem convergentes, então definimos∫ b

af (x) dx =

∫ c

af (x) dx+

∫ b

cf (x) dx.


2

1√x − 2

dx.


Observemos que f (x) =1

√x − 2

não é contínua em x = 2. Então,

∫ 5

2

1√x − 2

dx = limt→2+

∫ 5

t

1√x − 2

dx = limt→2+

2(x − 2)1/2∣∣∣∣∣5t

= limt→2+

2(√

3−√t − 2

)= 2√

3.

Exemplo 9.1.14. Determine se∫ π/2

0secxdx converge ou diverge.

Como o limt→π/2−

secx = +∞ a integral é imprópria. Então

∫ π/2

0secxdx = lim

t→π/2−

∫ π/2

0secxdx = lim

t→π/2−ln |secx+ tg x|

∣∣∣∣∣t0

=∞,

pois limt→π/2−

secx = limt→π/2−

tg x = +∞. Portanto a integral é divergente.


0

1x − 1

dx.

Observemos que f (x) =1

x − 1não é contínua em x = 1. Então,

∫ 3

0

1x − 1

dx =∫ 1

0

1x − 1

dx+∫ 3

1

1x − 1

dx.

Agora,∫ 1

0

1x − 1

dx = limt→1−

∫ t

0

1x − 1

dx = limt→1−

ln |x − 1|∣∣∣∣∣t0

= limt→1−

(ln |t − 1| − ln | − 1|) = −∞,

pois limt→1−

(1− t) = 0. Portanto a integral é divergente.

Observação: Se não tivéssemos notado a assíntota x = 1 no exemplo anterior e tivésse-

mos confundido a integral com uma integral definida, poderíamos ter calculado erro-

neamente. De agora em diante devemos prestar atenção no integrando para decidir se

a integral é imprópria ou não.

Se c ∈ (a,b) e f : [a,b] \ {c} → R. Nestas condições, a integral∫ b

af (x)dx deverá ser

tratada como uma integral imprópria. Daí, se∫ c

af (x)dx e

∫ b

cf (x)dx forem conver-


gentes, então∫ b

af (x)dx também será convergente e teremos

∫ b

af (x)dx =

∫ c

af (x)dx+

∫ b

cf (x)dx.

Se pelo menos uma das integrais∫ c

af (x)dx ou

∫ b

cf (x)dx for divergente, então

∫ b

af (x)dx

será divergente.

Referências Bibliográficas

[1] Ávila, G.: Introdução à Análise Matemática, Editora Edgard Blücher - SP (1993)

[2] Guidorizzi, H. L.: Um Curso de Cálculo, Vol. 1, LTC Editora, (1987)

[3] Rudin, W.: Principles of Mathematical Analysis, 3rd ed. McGraw-Hill (1976)

[4] Spivak, M.: Calculus. 3rd ed. Houston: Publish or Perish, (1994)

[5] Stewart, J.: Cálculo, Vol. 1, Pioneira Thomson Learning, (2002)

departamento de matemática - mtm universidade federal...

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