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MANUEL JOAQUIM ALVES

ELEMENTOS DE ANÁLISE MATEMÁTICA. PARTE I

* Método de indução matemática

* Sucessão. Limite de sucessão

* Sucessões fundamentais

* Função. Limite de função

* Limites notáveis

* Comparação de infinitésimos

Imprensa Universitária

Manuel Joaquim Alves1 “Elementos de Análise Matemática. Parte I”– Maputo: ImprensaUniversitária, 2000.– 123p.

A colectânea de exerćıcios aborda o tema sobre limite de sucessão e função. O presente trabalho destina-se aos

estudantes dos cursos de Matemática, Ciências e Engenharias.

Referências bibliográficas: 4 t́ıtulos.

Número de registo: 01882/RLINLD/2000

Tiragem: 1500

Revisão: Prof. Doutor A. I. Shindiapin (Professor Associado Convidado no Departamento de Matemática e Informática);

dr. Lúıs Weng Sam (Assistente no Departamento de Matemática e Informática).

c© M. J. Alves, 2000

Este trabalho foi editado com o apoio financeiro da Cervejas de Moçambique.

Typeset by LATEX

1Prof. Doutor M. J. Alves é mestrado (Universidade Estatal de Saint-Petersburg) e doutorado (Universidade Estatal

de Perm) em Matemática Pura. Actualmente é professor no Departamento de Matemática e Informática da Universidade

Eduardo Mondlane. O seu endereço electrónico é: [email protected]

CONTEÚDO

Prefácio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1 MÉTODO DE INDUÇÃO MATEMÁTICA 81.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 SUCESSÃO. LIMITE DE SUCESSÃO 152.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3 INFINITÉSIMO E INFINITAMENTE GRANDE 223.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4 PROPRIEDADES ARITMÉTICAS DE SUCESSÕES CONVERGENTES 294.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3

4

5 SUCESSÕES MONÓTONAS 435.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

6 LIMITES PARCIAIS 486.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 486.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 516.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

7 SUCESSÕES FUNDAMENTAIS 547.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 547.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 557.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 577.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

8 FUNÇÃO 608.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 608.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 618.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 688.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

9 LIMITE DE FUNÇÃO 719.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 719.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 749.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 839.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

10 LIMITES NOTÁVEIS 8510.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8510.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8610.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9610.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

5

11 COMPARAÇÃO DE INFINITÉSIMOS 9911.1 Resumo teórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9911.2 Exerćıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10011.3 Perguntas de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11011.4 Exerćıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115Indice remissivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

PREFÁCIO

O presente trabalho é uma colectânea de exerćıcios referentes ao primeiro e segundo temas da

disciplina Análise Matemática I.

Pretendemos, deste modo, mostrar a aplicação dos teoremas e conceitos principais condu-

centes à assimilação dum dos tópicos básico e fundamental da Análise Matemática, que é a

noção de limite.

Faz-se uma breve revisão de conceitos tais como sucessão, função, seu domı́nio e con-

tradomı́nio. Introduz-se a noção de limite de sucessão e função, suas propriedades e vêm-se,

de um modo geral, os limites notáveis. Aborda-se, também, o conceito de o– pequeno, O–

grande e retratam-se algumas fórmulas asśımptóticas que nos mostram, de modo profundo, o

seu impacto no cálculo de limites.

A assimilação dos principais conceitos e teoremas, que se encontram no resumo teórico,

são fundamentais para a compreensão dos exerćıcios resolvidos e a resolução dos exerćıcios

propostos. Subentende-se que as demonstrações destes teoremas o leitor teve a oportunidade

6

7

de aprendê-las durante as aulas teóricas ministradas.

Parte dos exerćıcios aqui retratados foram retirados do livro sob redacção do académico

russo Boris Pavlovitch Demidovitch2.

Gostaŕıamos de exprimir os nossos agradecimentos à todos que, directa ou indirectamente,

contribúıram para que este trabalho fosse publicado. À CERVEJAS DE MOÇAMBIQUE, que

financiou esta edição, o nosso agradecimento.

O autor

Maputo, 2001

2Boris Pavlovitch Demidovitch (1906–1977) — matemático russo

Módulo 1

MÉTODO DE INDUÇÃO

MATEMÁTICA

1.1 Resumo teórico

Para se demonstrar que uma afirmação é correcta para qualquer número natural n , é suficiente

mostrar que:

1) a afirmação é correcta para n = 1;

2) caso o ponto anterior se cumpra, então supõe-se que a afirmação é correcta para n = k ;

3) finalmente mostramos que, com base na suposição 2), a afirmação é correcta para n =

k + 1.

8

Módulo 1. Método de indução matemática 9

1.2 Exerćıcios resolvidos

1) Nos exerćıcios seguintes mostre, aplicando o método de indução matemática, que as igual-

dades têm lugar para qualquer n natural:

(a) 1 + 2 + · · ·+ n = n(n + 1)2

;

Resolução. Para n = 1 temos 1 =1(1 + 1)

2, i.e. o ponto 1) do método de indução

matemática cumpre-se. Suponhamos que para n = k a igualdade é válida, i.e.

1 + 2 + · · ·+ k = k(k + 1)2

. Sendo assim, mostremos que para n = k + 1 a igualdade

se cumpre, i.e.

1 + 2 + · · ·+ k + (k + 1) = (k + 1)(k + 2)2

?

Realmente,

1+2+· · ·+k+(k+1) = k(k + 1)2

+(k+1) =k(k + 1) + 2(k + 1)

2=

(k + 1)(k + 2)

2. ¤

(b) 12 + 22 + · · ·+ n2 = n(n + 1)(2n + 1)6

;

Resolução. Para n = 1 temos 12 =1(1 + 1)(2 + 1)

6=

2 · 36

= 1. Suponhamos que

para n = k a igualdade é válida, i.e.

12 + 22 + · · ·+ k2 = k(k + 1)(2k + 1)6

.

Vamos mostrar que para n = k + 1 a igualdade cumpre-se, i.e.

12 + 22 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 = (k + 1)(k + 2)(2k + 3)6

?

10 M.J. Alves. Elementos de análise matemática. Parte I

Com efeito:

12 + 22 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 = k(k + 1)(2k + 1)6

+ (k + 1)2 =

=k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2

6=

(k + 1)[k(2k + 1) + 6(k + 1)]

6=

=(k + 1)(2k2 + k + 6k + 6)

6=

(k + 1)(2k2 + 7k + 6)

6=

(k + 1)(k + 2)(2k + 3)

6. ¤

(c) arctg1

2+ arctg

1

8+ · · ·+ arctg 1

2n2= arctg

n

n + 1;

Resolução. Para n = 1 temos arctg1

2= arctg

1

1 + 1, i.e. a igualdade cumpre-se.

Suponhamos que para n = k a igualdade é correcta, i.e.

arctg1

2+ arctg

1

8+ · · ·+ arctg 1

2k2= arctg

k

k + 1.

Mostremos que a igualdade é correcta para n = k + 1, i.e.

arctg1

2+ arctg

1

8+ · · ·+ arctg 1

2k2+ arctg

1

2(k + 1)2= arctg

k + 1

k + 2?

Para tal vamos mostrar, inicialmente, a igualdade:

arctgα + arctgβ = arctgα + β

1− αβ .

Fazendo θ1 = arctgα e θ2 = arctgβ temos que α = tgθ1 e β = tgθ2 . Seja

γ = θ1 + θ2 =⇒ tgγ = tg(θ1 + θ2) = tgθ1 + tgθ21− tgθ1tgθ2 =

α + β

1− αβ =⇒

=⇒ γ = θ1 + θ2 = arctgα + arctgβ = arctg α + β1− αβ .


Assim,

arctg1

2+ · · ·+ arctg 1

2k2+ arctg

1

2(k + 1)2= arctg

k

k + 1+ arctg

1

2(k + 1)2=

= arctg

kk+1

+ 12(k+1)2

1− kk+1

· 12(k+1)2

= arctg(2k2 + 2k + 1)(k + 1)

(2k3 + 6k2 + 5k + 2)=

= arctg(2k2 + 2k + 1)(k + 1)

(2k2 + 2k + 1)(k + 2)= arctg

k + 1

k + 2. ¤

2) Demonstre a desigualdade de Bernoulli1:

(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xn) ≥ 1 + x1 + · · ·+ xn,

onde xi > −1, i = 1, 2, . . . , n e xixj > 0, i, j = 1, 2, . . . , n ;

Resolução. Para n = 1 a desigualdade cumpre-se. Suponhamos que ela é correcta para

n = k , i.e.

(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xk) ≥ 1 + x1 + x2 + · · ·+ xk.

Vamos mostrar a validade desta desigualdade para n = k + 1. Temos, para xi > −1,

(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xk)(1 + xk+1) ≥ (1 + x1 + x2 + · · ·+ xk)(1 + xk+1) =

= (1+x1 +x2 + · · ·+xk +xk+1)+ (x1 +x2 + · · ·+xk)xk+1 ≥ 1+x1 +x2 + · · ·+xk +xk+1.

Nós fizemos uso da desigualdade (x1 + x2 + · · · + xk)xk+1 ≥ 0, pois segundo a condição

do exerćıcio xixj > 0, i, j = 1, 2, . . . , n . ¤1Jacob I Bernoulli (1654–1705) — matemático súıço


3) Demonstre a desigualdade

1

2· 34· · · 2n− 1

2n<

1√2n + 1

;

Resolução. Para n = 1 a desigualdade cumpre-se, pois

1

2<

1√2 · 1 + 1 =

1√3;

suponhamos que ela também cumpre-se para n = k , i.e.

1

2· 34· · · 2k − 1

2k<

1√2k + 1

.

Vamos mostrar que esta desigualdade é correcta para n = k + 1, i.e.

1

2· 34· · · 2k − 1

2k· 2k + 12k + 2

<1√

2k + 3?

Na verdade:

1

2· 34· · · 2k − 1

2k· 2k + 12k + 2

<1√

2k + 1· 2k + 12k + 2

=

=1√

2k + 3·√

2k + 3√2k + 1

· 2k + 12k + 2

=1√

2k + 3·√

4k2 + 8k + 3

4k2 + 8k + 4<

1√2k + 3

. ¤

4) Demonstre a desigualdade∣∣∣∣∣sin

(n∑

i=1

xi

)∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=1

sin xi, 0 ≤ xi ≤ π, i = 1, 2, . . . , n;

Resolução. Para n = 1 temos | sin x1| = sin x1 pois, para 0 ≤ x1 ≤ π , o seno é positivo.

Suponhamos que para n = k a desigualdade tem lugar, i.e.∣∣∣∣∣sin

(k∑

i=1

xi

)∣∣∣∣∣ ≤k∑

i=1

sin xi.


Vamos mostrar que para n = k + 1 a desigualdade cumpre-se:∣∣∣∣∣sin

(k+1∑i=1

xi

)∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣sin

(k∑

i=1

xi + xk+1

)∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣sin(

k∑i=1

xi

)cos xk+1 + cos

(k∑

i=1

xi

)sin xk+1

∣∣∣∣∣ ≤

≤∣∣∣∣∣sin

(k∑

i=1

xi

)∣∣∣∣∣ | cos xk+1|+∣∣∣∣∣cos

(k∑

i=1

xi

)∣∣∣∣∣ | sin xk+1| ≤

≤k∑

i=1

sin xi + sin xk+1 =k+1∑i=1

sin xi. ¤

1.3 Perguntas de contrôle

1) Em que consiste o método de indução matemática?

1.4 Exerćıcios propostos

Para os exerćıcios seguintes demonstre, usando o método de indução matemática, as igualdades

ou desigualdades:

1) 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2 ;

2) 1 + 2 + 22 + · · ·+ 2n−1 = 2n − 1;

3) (1 + x)n ≥ 1 + nx (n > 1, x > −1);

4) 1 +1√2

+1√3

+ · · ·+ 1√n

>√

n, (n ≥ 2);


5)x1 + x2 + · · ·+ xn

n≥ n√x1x2 · · ·xn (xk ≥ 0, k = 1, 2, . . . , n).

6) Utilizando o método de indução matemática demonstre, que

∀ n ∈ N : n ≤ 2n−1.

Módulo 2

SUCESSÃO. LIMITE DE SUCESSÃO


Se a cada número natural n se faz corresponder um certo número real xn , então diremos que

está definida a sucessão numérica x1, x2, . . . , xn, . . . A denotação usada é {xn}∞n=1 ou, caso

não suscite dúvidas, xn . O número xn é o n-ésimo termo (ou elemento) da sucessão {xn}∞n=1 .

As sucessões {xn + yn} , {xn− yn} , {xnyn} e{

xnyn

}chamaremos soma, diferença, produto

e quociente, respectivamente, das sucessões {xn} e {yn} (para o quociente supõe-se que yn 6=

0, ∀ n ∈ N).

Diremos que a sucessão {xn} é limitada se ∀ n ∈ N ∃ M > 0 : |xn| ≤ M . Do ponto de

vista geométrico significa que todos os elementos da sucessão se encontram na vizinhança do

ponto 0 e raio M .

15


Diremos que a sucessão {xn} não é limitada se ∃ n0 ∈ N ∀ M > 0 : |xn0| > M .

Diremos que o número a é limite da sucessão {xn} se

∀ ε > 0 ∃ N = N(ε) ∈ N ∀ n > N : |xn − a| < ε.

A denotação usada é limn→∞

xn = a , ou lim xn = a , ou xn → a . Do ponto de vista geométrico

significa que em qualquer vizinhança de a e raio ε “caiem” todos os elementos da sucessão

{xn} , com excepção dum número finito. Se uma sucessão tem limite finito, então diremos que

ela é convergente; se uma sucessão não tem limite, ou o seu limite é igual à infinito, então

diremos que ela é divergente.

Teorema 1. Se a sucessão {xn} é convergente, então o seu limite é único.

Teorema 2. Se a sucessão {xn} é convergente, então ela é limitada.

A afirmação contrária não é verdadeira: uma sucessão pode ser limitada, mas não ser

convergente. Por exemplo, a sucessão de termo geral (−1)n é limitada, mas não converge.


1) Utilizando a definição de limite mostre que

limn

n + 1= 1;

Módulo 2. Sucessão. Limite de sucessão 17

Resolução. Pegamos um ε > 0 qualquer e vamos ver o módulo da diferença entre o

n-ésimo termo e a unidade, i.e.

|xn − 1| =∣∣∣∣

n

n + 1− 1

∣∣∣∣ =∣∣∣∣−

1

n + 1

∣∣∣∣ .

Assim, |xn − 1| =∣∣∣∣−

1

n + 1

∣∣∣∣ =1

n + 1; de acordo com a definição temos que achar um

número natural N tal, que ∀ n > N terá lugar a desigualdade 1n + 1

< ε . Resolvendo

esta desigualdade em relação à n temos n >1

ε− 1. Na qualidade de N podemos tomar

a parte inteira de1

ε− 1, i.e. N =

[1

ε− 1

]. ¤

2) No exerćıcio anterior ache N , para ε = 0.1, ε = 0.01 e ε = 0.001. Que conclusão tira

sobre o comportamento de N a medida que o raio da vizinhança diminui?

Resolução. Calculando directamente obtemos:

N(0.1) =

[1

0.1− 1

]= 9;

N(0.01) =

[1

0.01− 1

]= 99;

N(0.001) =

[1

0.001− 1

]= 999.

Vemos que N cresce, o que implica que mais termos caiem fora da vizinhança de 1. ¤

3) Utilizando a definição mostre que

limn→∞

5 · 3n3n − 2 = 5;


Resolução. Pela definição de limite significa que

∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n > N :∣∣∣∣

5 · 3n3n − 2 − 5

∣∣∣∣ < ε.

Assim,∣∣∣∣

5 · 3n3n − 2 − 5

∣∣∣∣ =10

3n − 2 < ε.

Resolvendo esta inequação em relação à n temos

n > log3

(10

ε+ 2

).

Na qualidade de N podemos tomar

N =

[log3

(10

ε+ 2

)]. ¤

4) Mostre, utilizando a definição de limite, que

limn→∞

1√n!

= 0;

Resolução. Sabendo que para n > 1 é válida a desigualdade n! > 2n−1 temos

1√n!

<1

2(n−1)/2< ε =⇒ 2(n−1)/2 > 1

ε.

Daqui, logaritmizando na base 2, obtemos n > 1 − log2 ε2 , portanto podemos tomar

N = [1− log2 ε2] . ¤

5) Formule, na linguagem “ε−N ”, o facto de que o número a não é limite da sucessão {xn}

e dê uma interpretação geométrica;


Resolução. Por definição, dizer que lim xn = a significa que

∀ ε ∃ N ∀ n > N : |xn − a| < ε.

Utilizando a regra de construção da negação temos que lim xn 6= a se

∃ ε > 0 ∀ N ∃ n > N : |xn − a| ≥ ε.

A interpretação geométrica deste facto é que existe uma vizinhança de a de raio ε tal que

fora dela se encontra um número infinito de termos da sucessão. ¤

6) Mostre que a sucessão de termo geral xn = (−1)nn é divergente;

Resolução. Por definição, |(−1)nn| = n > E verifica-se para n > E ≡ N , onde E > 0

é qualquer. ¤

7) Mostre que a sucessão de termo geral xn = 2n(−1)n não é limitada;

Resolução. De acordo com a definição de sucessão não limitada, precisamos mostrar que

∀ M > 0 ∃ n0 ∈ N tal, que |xn0| > M . Pegando um número n qualquer, mas par, de

modo que n > log2 M temos xn = 2n > 2log2 M = M . ¤


1) Formule as definições:

(a) sucessão;


(b) sucessão limitada;

(c) limite de sucessão.

Dê uma interpretação geométrica destas definições.

2) Diga se é correcta a seguinte definição de limite de sucessão: lim xn = α se ∀ ε > 0 ∃ k > 0

(não obrigatóriamente natural) tal, que ∀ n > k : |xn − α| < ε .

3) Mostre, com um exemplo, que o número N que figura na definição de limite duma

sucessão, depende de ε .

4) Seja pois {xn} uma sucessão e o número α , que satisfaz a condição: ∃ N tal, que ∀ ε > 0

e ∀ n > N : |xn − α| < ε . Será que qualquer sucessão convergente para α satisfaz esta

condição?

5) Seja lim xn = α .

(a) Será posśıvel que todos os termos da sucessão sejam positivos (negativos) se α = 0?

(b) Demonstre que lim xn+1 = α , lim xn+2 = α ;

(c) Demonstre que xn é limitada.

6) Suponhamos que numa certa vizinhança do ponto α se encontram um número infinito de

elementos da sucessão {xn} . Desta condição será verdade, que:

(a) lim xn = α?


(b) Nenhum ponto, que se encontre fora desta vizinhança, é o limite desta sucessão?

(c) A sucessão {xn} é limitada?

7) Diga o que entende por sucessão convergente e sucessão divergente.

8) A sucessão {xn} é limitada (não é limitada). Será que dáı advém o facto que {xn} é

convergente (divergente)?

9) Demonstre que o limite duma sucessão (caso exista) é um só.


1) Verifique se as sucessões seguintes são limitadas:

(a) xn = (−1)n 1n

;

(b) xn = 2n ;

(c) xn = ln n ;

(d) xn = sin n .

2) Utilizando a definição de limite mostre que:

(a) lim(−1)n

n= 0;

(b) lim2n

n + 3= 2.

Módulo 3

INFINITÉSIMO E INFINITAMENTE

GRANDE


Diremos que a sucessão de termo geral xn é um infinitésimo se lim xn = 0. Diremos que a

sucessão de termo geral xn é infinitamente grande se

∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |xn| > E.

Do ponto de vista geométrico dizer que uma sucessão é infinitamente grande significa que em

qualquer vizinhança de zero se encontra um número finito de elementos, e fora da vizinhança

há um número infinito de termos. Se a sucessão {xn} é um infinitamente grande, então escreve-

22

Módulo 3. Infinitésimo e infinitamente grande 23

se lim xn = ∞ . Se, a partir de um certo número, todos os termos da sucessão são positivos

(negativos), então escreve-se lim xn = +∞ (lim xn = −∞).

Note-se que uma sucessão infinitamente grande não é convergente e a escrita simbólica

lim xn = ∞ (lim xn = −∞) significa sómente que a sucessão {xn} é infinitamente grande,

contudo não significa que ela tem limite. Qualquer que seja a sucessão infinitamente grande,

ela não é limitada, já que fora de qualquer vizinhança de zero encontra-se um número infinito

de termos.

Teorema 3. A soma de dois infinitésimos é um infinitésimo.

Teorema 4. O produto de uma sucessão limitada por um infinitésimo é um infinitésimo.

Teorema 5. Se a sucessão {xn} (xn 6= 0) é infinitamente grande, então a partir de um certo

número n está definida a sucessão

{1

xn

}, que é um infinitésimo.


1) Formule, na linguagem “ε–N ”, a negação de que a sucessão {xn} é um infinitamente

grande. Dê a interpretação geométrica desta negação;

Resolução. A sucessão xn é infinitamente grande se ∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |xn| > E .

A negação será: ∃ E > 0 tal, que ∀ N ∃ n > N : |xn| ≤ E .

Do ponto de vista geométrico isto significa, que existe uma certa vizinhança do ponto zero


e raio E , no qual se encontra um número infinito de termos desta sucessão. ¤

2) Demonstre que a sucessão an é um infinitamente grande, para o caso quando |a| > 1;

Resolução. Mostremos que a sucessão {an} satisfaz a definição de infinitamente grande,

i.e.

∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |a|n > E.

Resolvendo esta desigualdade temos n > log|a| E , assim N = [log|a| E] . ¤

3) Mostre que a sucessão de termo geral xn = n(−1)n não é limitada, contudo não tende para

o infinito;

Resolução. Seja E > 0 um número qualquer. Então, para n = 2k (k = 1, 2, . . .) temos

|x2k| = 2k > E se k > E/2, i.e. a sucessão xn não é limitada. Contudo, para E > 1 e

n = 2k − 1 (k = 1, 2, . . .) |x2k−1| = 12k − 1 < 1 e não pode ser superior à E > 1, i.e. não

é infinitamente grande. ¤

4) Demonstre que a sucessão de termo geral an é um infinitésimo, para o caso quando |a| < 1;

Resolução. Para a = 0 temos an = 0, qualquer que seja o número natural n ; supon-

hamos que a 6= 0, então an =((

1

a

)n)−1. Como

∣∣∣∣1

a

∣∣∣∣ > 1, então a sucessão{

1

an

}é

um infinitamente grande e a sucessão de termo geral an =

((1

a

)n)−1é um infinitésimo,

segundo o Teorema 5. ¤

5) Mostre que a sucessão de termo geral2n

n!é um infinitésimo;


Resolução. Dizer que lim2n

n!= 0 significa: ∀ ε > 0 ∃ N ∀ n > N :

∣∣∣∣2n

n!

∣∣∣∣ < ε. Temos

2n

n!=

2

1· 22· 23· · · 2

n≤ 2

(2

3

)n−2=

=9

2·(

2

3

)n< ε =⇒

(2

3

)n<

2

9ε =⇒ n > log2/3(2ε/9).

Assim, N =[log2/3(2ε/9)

]. ¤

6) Mostre que a sucessão

{an

n!

}é um infinitésimo;

Resolução. Temos a avaliação

∣∣∣∣an

n!

∣∣∣∣ =|a|1· |a|

2· · · |a|

m· |a|m + 1

· · · |a|n

<

<|a|mm!

( |a|m + 1

)n−m< ε =⇒

( |a|m + 1

)n−m<

m!ε

|a|m =⇒

=⇒ (n−m) > log|a|/(m+1)(

m!ε

|a|m)

,

i.e. n > m + log|a|/(m+1)

(m!ε

|a|m)

qualquer que seja ε e |a| < m + 1. ¤

7) Mostre que a sucessão de termo geral1

2· 34· · · · 2n− 1

2né um infinitésimo;

Resolução. Segundo o exerćıcio 5 do ponto 1.2 temos

1

2· 34· · · 2n− 1

2n<

1√2n + 1

< ε =⇒

=⇒ 2n + 1 > 1ε2

=⇒ n > 12

(1

ε2− 1

).

Assim, N =

[1

2

(1

ε2− 1

)]. ¤



1) Formule as definições:

(a) sucessão infinitamente pequena;

(b) sucessão infinitamente grande.

2) Formule, na linguagem “ε–N ”, que:

(a) a sucessão {xn} é um infinitésimo;

(b) a sucessão {xn} é um infinitamente grande. Dê a interpretação geométrica.

3) Dê a definição, na linguagem “ε–N ”, que lim xn = −∞ .

4) Suponhamos que um número infinito de termos duma sucessão se encontra:

(a) em qualquer vizinhança de zero;

(b) fora de qualquer vizinhança de zero.

Da condição a) (da condição b)) implica que a sucessão é infinitamente pequena

(infinitamente grande)? Limitada (não limitada)?

5) Sabe-se que yn 6= 0, ∀ n ∈ N e

(a) lim xn = lim yn = 0;

(b) lim xn = lim yn = ∞ .


Será que a sucessão de termo geralxnyn

é um infinitamente grande (infinitamente

pequeno)?

6) Mostre que a soma de dois infinitésimos é um infinitésimo.

7) É correcto dizer que a soma de dois infinitamente grande é um infinitamente grande?

8) Demonstre que se lim xn = ∞ , então a partir de um certo n está definida a sucessão{1

xn

}e lim

1

xn= 0.

9) Seja {xn + yn} um infinitésimo. Será correcto afirmar que {xn} e {yn} são infinitésimos?

10) Demonstre que se xn ≥ yn e lim yn = +∞ , então lim xn = +∞ .


1) Demonstre que as sucessões seguintes são infinitésimos:

(a) xn = nk, k < 0;

(b) xn = (−1)n(0.999)n ;

(c) xn = 2√

n ;

(d) xn = log(log n), n ≥ 2.

2) Mostre que a sucessão [1+(−1)n]n não é limitada, contudo não é um infinitamente grande.


3) Ache o menor termo da sucessão:

(a) xn = n2 − 9n− 100;

(b) xn = n +100

n.

Módulo 4

PROPRIEDADES ARITMÉTICAS

DE SUCESSÕES CONVERGENTES


Teorema 6. Seja lim xn = a e lim yn = b. Então:

1) lim (xn + yn) = a + b;

2) lim (xnyn) = ab;

3) se b 6= 0, então a partir de um certo número está definida a sucessão de termo geral xnyn

e limxnyn

=a

b.

Se lim xn = lim yn = 0, então limxnyn

chama-se indeterminação do tipo 0/0. De modo

29


análogo se definem as indeterminações do tipo ∞/∞ , 0 · ∞ , ∞−∞ . É claro que para tais

limites o Teorema 6 não se aplica.

Teorema 7. Se lim xn = a e a partir de um certo número temos que xn ≥ b (xn ≤ b), então

a ≥ b (a ≤ b).

Teorema 8. Se lim xn = lim yn = a e a partir de um certo número cumpre-se a dupla de-

sigualdade

xn ≤ zn ≤ yn,

então lim zn = a.


1) Calcule lim xn , se:

(a) xn =9 + n

n+1

2 + 1n

;

Resolução. Façamos yn = 9 +n

n + 1e zn = 2 +

1

n; é claro que

lim yn = lim

(9 +

n

n(1 + 1n)

)= 10

e

lim zn = lim

(2 +

1

n

)= 2.

Módulo 4. Propriedades aritméticas de sucessões convergentes 31

Assim, aplicando o Teorema 6 temos

lim xn = limynzn

=lim ynlim zn

=10

2= 5. ¤

(b) xn =n

3n + 2;

Resolução. Calculando directamente temos:

limn

3n + 2= lim

n

n(3 + 2n)

= lim1

3 + 2n

=1

3. ¤

(c) xn =10n

n2 + 1;


lim10n

n2 + 1= lim

10n

n(n + 1n)

= lim10

n + 1n

= 0. ¤

(d) xn =n2 − nn−√n ;

Resolução. Calculando directamente e tendo em consideração o facto de que

n2 − n = (n +√n)(n−√n)

temos:

limn2 − nn−√n = lim

(n +√

n)(n−√n)n−√n = lim(n +

√n) = ∞+∞ = ∞. ¤

(e) xn =5 · 3n3n − 2 ;


lim5 · 3n3n − 2 = lim

5 · 3n3n(1− 2

3n)

= lim5

1− 23n

= 5. ¤


(f) xn =2− nn + 1

+n · 2−nn + 2

;

Resolução. Denote-se yn =2− nn + 1

e zn =n · 2−nn + 2

. Temos

lim yn = limn( 2

n− 1)

n(1 + 1n)

= −1

e

lim zn = limn

n(1 + 2n)2n

= lim1

(1 + 2n)2n

= 0.

Assim, lim xn = lim yn + lim zn = −1. ¤

(g) xn =

(n + 1

n

)5;


lim

(n + 1

n

)5=

[lim

(n + 1

n

)]5= 15 = 1. ¤

(h) xn =n3 + 27

n4 − 15 ;

Resolução. O numerador comporta-se como n3 e o denominador como n4 . Dáı,

que

limn3 + 27

n4 − 15 = limn3

n4= lim

1

n= 0. ¤

(i) xn =(n + 5)3 − n(n + 7)2

n2;

Resolução. Desenvolvemos, primeiro, o numerador:

(n + 5)3 − n(n + 7)2 = n3 + 15n2 + 75n + 125− n3 − 14n2 − 49n =

= n2 + 26n + 125.


Assim,

lim xn = limn2 + 26n + 125

n2= lim

n2

n2= 1. ¤

(j) xn =2n+2 + 3n+3

2n + 3n;

Resolução. No numerador e denominador vamos evidenciar a potência de maior

base. Assim,

lim xn = lim4 · 2n + 27 · 3n

2n + 3n= lim

3n[4(2/3)n + 27]

3n[(2/3)n + 1]= 27,

pois (2/3)n → 0, porque 2/3 < 1. ¤

2) Sabe-se que lim xn = 1. Ache lim yn , se yn =xn − 1x2n − 1

;

Resolução. Usando a expressão da diferença de quadrados temos

x2n − 1 = (xn + 1)(xn − 1).

Assim,

lim xn = limxn − 1

(xn + 1)(xn − 1) = lim1

xn + 1=

1

1 + lim xn=

1

2. ¤

3) Calcule

lim1 + a + · · ·+ an1 + b + · · ·+ bn ,

para |a| < 1, |b| < 1;

Resolução. Os numerador e denominador são somas de n termos de progressões geomé-

tricas de razão a e b , respectivamente. Assim, com base na fórmula que permite calcular


tais somas, temos:

1 + a + · · ·+ an = 1− an+1

1− a , 1 + b + · · ·+ bn =

1− bn+11− b .

Em conclusão:

lim1 + a + · · ·+ an1 + b + · · ·+ bn = lim

(1− an+1)(1− b)(1− a)(1− bn+1) =

1− b1− a.

Nós exploramos o facto que lim an+1 = 0 e lim bn+1 = 0, pois |a| < 1 e |b| < 1 segundo a

condição do exerćıcio. ¤

4) Calcule

lim

(1

n2+

2

n2+ · · ·+ n− 1

n2

);

Resolução. Reescrevemos o termo geral de forma mais compacta:

xn =1

n2+

2

n2+ · · ·+ n− 1

n2=

1 + 2 + · · ·+ (n− 1)n2

.

O numerador é a soma de n− 1 termos duma progressão aritmética, cujo primeiro termo

é 1 e razão igual à 1. Deste modo, e aplicando a fórmula que permite achar a soma dos

elementos duma progressão aritmética, temos:

lim xn = lim(1 + n− 1)(n− 1)

2 · n2 = limn(n− 1)

2 · n2 =1

2. ¤

5) Calcule

lim

(1

2+

1

2 · 3 + · · ·+1

n(n + 1)

);


Resolução. Vamos primeiro escrever1

k(k + 1)na forma

A

k+

B

k + 1. Achamos A e B :

1

k(k + 1)=

A

k+

B

k + 1=

A(k + 1) + Bk

k(k + 1);

daqui tirámos que (A + B)k + A = 1 =⇒ A = −B e A = 1. Assim,

1

k(k + 1)=

1

k− 1

k + 1.

Voltando à nossa sucessão temos:

1

2+

1

2 · 3 + · · ·+1

n(n + 1)=

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ · · ·+

(1

n− 1

n + 1

)= 1− 1

n + 1.

Agora é fácil achar o limite:

lim

(1

1 · 2 +1

2 · 3 + · · ·+1

n(n + 1)

)= lim

(1− 1

n + 1

)= 1. ¤

6) Calcule

lim

(1

2+

3

22+

5

23+ · · ·+ 2n− 1

2n

);

Resolução. Fazendo

Sn =1

2+

3

22+

5

23+ · · ·+ 2n− 1

2n

temos

1

2Sn =

1

22+

3

23+

5

24+ · · ·+ 2n− 1

2n+1;

assim,

Sn − 12Sn =

1

2Sn =

1

2+

3− 122

+5− 3

23+ · · ·+ 2n− 1− 2n + 3

2n− 2n− 1

2n+1=


=1

2+

1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n−1− 2n− 1

2n+1=

1

2− 2n− 1

2n+1+ xn,

onde xn =1

2+

1

22+ · · · + 1

2n−1. É fácil ver que xn é a soma de n − 1 termos de uma

progressão geométrica, cuja razão é1

2. Assim,

xn =12(1− 1

2n−1 )

1− 12

= 1− 12n−1

.

Temos, finalmente,

lim1

2Sn = lim

(1

2− 2n− 1

2n+1+ 1− 1

2n−1

)=

1

2+ 1 =

3

2.

Daqui conclúımos que lim Sn = 3. ¤

7) Calcule

lim2√

2 · 4√

2 · 8√

2 · · · 2n√

2;

Resolução. Temos

xn =2√

2 · 4√

2 · 8√

2 · · · 2n√

2 = 212+ 1

4+ 1

8+···+ 1

2n = 21−1

2n .

Assim, lim xn = 2lim(1− 12n ) = 21 = 2. ¤

8) Calcule

lim

√n cos n

n + 1;

Resolução. Fazendo xn = cos n e yn =

√n

n + 1podemos ver que xn = cos n é limitada

e lim yn =

√n√

n(√

n + 1√n)

= 0 é um infinitésimo. Assim,

√n cos n

n + 1tende para zero, pois

segundo o Teorema 4, é o produto duma sucessão limitada por um infinitésimo. ¤


9) Calcule

lim14 + 24 + 34 + · · ·+ n4

n5;

Resolução. Denotemos Sndef= 14 + 24 + 34 + · · ·+ n4 . Vamos procurar Sn na forma

Sn = An5 + Bn4 + Cn3 + Dn2 + En + F ;

então,

Sn+1 − Sn = A[(n + 1)5 − n5] + B[(n + 1)4 − n4]+

+C[(n + 1)3 − n3] + D[(n + 1)2 − n2] + E[(n + 1)− n].

Para qualquer natural n temos

(n + 1)4 = 5An4 + (10A + 4B)n3 + (10A + 6B + 3C)n2+

+(5A + 4B + 3C + 2D)n + A + B + C + D + E.

Igualando os coeficientes com os mesmos expoentes à esquerda e direita temos:

5A = 1

10A + 4B = 4

10A + 6B + 3C = 6

5A + 4B + 3C + 2D = 4

A + B + C + D + E = 1.


Daqui tirámos A = 1/5, B = 1/2, C = 1/3, D = 0, E = 1/30. Deste modo, para

qualquer natural n temos:

Sn =1

5n5 +

1

2n4 +

1

3n3 − 1

30n + F.

Colocando n = 1 temos

1 =1

5+

1

2+

1

3− 1

30+ F =⇒ F ≡ 0.

Assim,

lim14 + 24 + 34 + · · ·+ n4

n5= lim

(1

5+

1

2n+

1

3n2− 1

30n4

)=

1

5. ¤

10) Seja a > 1. Demonstre que

lim n√

a = 1;

Resolução. Denotamos n√

a− 1 = αn , então αn > 0 e

a = (1 + αn)n = 1 + nαn + · · ·+ αnn ≥ nαn.

Daqui conclúımos que 0 < αn ≤ an

, ∀ n . Significa que lim αn = 0, consequentemente

lim n√

a = lim(1 + αn) = 1. ¤

11) Demonstre que

lim n√

n = 1;


Resolução. Fazendo n√

n− 1 = αn , então αn > 0 e

n = (1 + αn)n = 1 + nαn +

n(n− 1)2

α2n + · · ·+ αnn ≥n(n− 1)

2α2n,

para n ≥ 2. Como n − 1 ≥ n2

para n ≥ 2, então n ≥ n2α2n4

donde tirámos, que

0 ≤ αn ≤ 2√n

. Assim, lim αn = 0 e, consequentemente,

lim n√

n = lim(1 + αn) = 1. ¤


1) Dê a definição de sucessão convergente.

2) Formule, na linguagem “ε–N ”, a definição de sucessão divergente e dê a interpretação

geométrica desta definição.

3) Formule os teoremas 6–8.

4) Suponhamos que xn converge e yn diverge. Demonstre que xn+yn diverge, αxn converge,

αyn diverge, para α 6= 0. Mostre, com exemplos, que a sucessão xnyn pode convergir ou

divergir.

5) Suponhamos que a sucessão xn+yn converge. Deste facto implica que xn e yn convergem?

6) Suponhamos que lim xn = a . Demonstre que xn pode representar-se na forma xn =

a + αn , onde αn é um infinitésimo.


7) Demonstre o Teorema 7.

8) Suponhamos que lim xn = a e ∀ n, xn > b . Deste facto implica que a > b?


1) Sabe-se que a sucessão xn converge e yn diverge. Será posśıvel que xnyn seja convergente?

2) São dadas as sucessões1

n,

1

n2,

(−1)nn

e1

n + 100. Escolha destes infinitésimos as sucessões

que:

(a) limxnyn

= 0;

(b) limxnyn

= 1;

(c) limxnyn

= ∞ .

3) Investigue a convergência das sucessões (conforme os parâmetros α, β e γ ):

(a) xn =nα + 1

nβ + 3;

(b) xn = nγ

3√

n3 + 1− n√n + 1−√n .

4) Calcule os limites das sucessões seguintes:


(a) xn =3√

n2 sin(n!)

n + 2;

(b) xn =√

n + 1−√n ;

(c) xn =(−2)n + 3n

(−2)n+1 + 3n+1 .

5) Calcule

lim

(1

n− 2

n+

3

n− · · ·+ (−1)

n−1nn

).

6) Calcule

lim

(12

n3+

22

n3+ · · ·+ (n− 1)

2

n3

).

7) Calcule

lim

(1

1 · 2 · 3 +1

2 · 3 · 4 + · · ·+1

n(n + 1)(n + 2)

).

8) Sabe-se que xn 6= 1 e lim xn = 1. Calcule

limx2n − 3xn + 2

x2n − 1.

9) Seja Sn a soma dos n primeiros termos duma progressão aritmética, cuja razão é d 6= 0

e termo geral an . Calcule:

(a) limSnn2

;


(b) limSna2n

, an 6= 0;

10) Calcule lim xn se xn = 0.11 . . . 1(n vezes).

Módulo 5

SUCESSÕES MONÓTONAS


Diremos que a sucessão xn é decrescente (crescente) se xn+1 ≤ xn (xn+1 ≥ xn), qualquer

que seja n ∈ N . As sucessões decrescentes ou crescentes chamam-se sucessões monótonas.

Diremos que a sucessão xn é estritamente crescente (estritamente decrescente) se

xn < xn+1 (xn > xn+1 ), qualquer que seja n ∈ N . As sucessões estritamente crescentes ou

estritamente decrescentes chamam-se sucessões estritamente monótonas.

Teorema 9. Qualquer sucessão limitada e monótona é convergente.

Teorema 10. Qualquer sucessão xn crescente e limitada superiormente é convergente.

Teorema 11. Qualquer sucessão xn decrescente e limitada inferiormente é convergente.

43



1) Mostre que a sucessão

xn =n!

(2n + 1)!!, n ∈ N

tem limite e calcule esse limite;

Resolução. Vamos verificar se esta sucessão é monótona e limitada. Para tal analisemos

o quociente

xn+1xn

=(n + 1)!(2n + 1)!!

n!(2n + 3)!!=

n + 1

2n + 3<

1

2< 1,

dáı que xn é estritamente decrescente. É evidente que esta sucessão é limitada pois, para

qualquer n ≥ 1, tem lugar a dupla desigualdade 0 < xn < x1 = 13

e, pelo Teorema 9,

ela é convergente. Vamos calcular este limite. Suponhamos que lim xn = c . É claro que

também lim xn+1 = c . Assim,

c = lim xn+1 = lim xn · xn+1xn

= lim xn · n + 12n + 3

= limxn2

=c

2

Então c− c2

=c

2= 0 =⇒ c = 0. ¤

2) Mostre que a sucessão xn , onde x1 = 0, xn+1 =√

6 + xn , tem limite e calcule esse limite;

Resolução. Vamos mostrar que a sucessão xn =√

6 + xn é crescente e, para tal, faremos

isto usando o método de indução matemática. Temos

x2 =√

6 + x1 =√

6 + 0 =√

6 > 0 = x1.

Módulo 5. Sucessões monótonas 45

Suponhamos que xk+1 > xk . Então x2k+2 > x

2k+1 e tal como xk+2 > 0 e xk+1 > 0 a

desigualdade xk+2 > xk+1 é correcta.

Mostremos que xn é limitada. É claro que para qualquer natural n temos 0 ≤ xn e

x2n < x2n+1 = 6+xn , i.e. x

2n−xn− 6 < 0 de onde tirámos que xn < 3. Assim, 0 ≤ xn < 3

para qualquer n natural.

Sendo xn uma sucessão crescente e limitada, então ela é convergente. Suponhamos que

lim xn = c . Fazendo a passagem do limite na igualdade x2n+1 = 6 + xn e tendo em conta,

que lim xn+1 = c2 obtemos c2 = 6 + c dáı, que c = 3 (porque xn ≥ 0). ¤

3) Demonstre que a sucessão xn =

(1 +

1

n

)né monótona e limitada;

Resolução. Temos

xn+1xn

=(1 + 1

n+1)n+1

(1 + 1n)n

=

(1− 1

(n + 1)2

)n+1· n + 1

n>

>

(1− 1

n + 1

)· n + 1

n= 1.

Vemos que xn+1 > xn , i.e. xn é estritamente crescente.

Mostremos que xn é limitada. Pelo binómio de Newton1 temos

xn =

(1 +

1

n

)n= 1 + n · 1

n+

n(n− 1)2!

· 1n2

+

+n(n− 1)(n− 2)

3!· 1n3

+ · · ·+ n(n− 1) · · · (n− (n− 1))n!

· 1nn

=

1Isaac Newton (1643–1727) — f́ısico, astrónomo e matemático inglês


= 2+1

2!

(1− 1

n

)+

1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+· · ·+ 1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·

(1− n− 1

n

)<

< 2 +1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!< 2 +

1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n−1= 2 +

(1− 1

2n−1

)< 3.

Assim, 2 ≤ xn < 3. Ao mostrarmos que a sucessão xn é limitada, exploramos o facto,

que 1− in

< 1, ∀ 1 ≤ i ≤ n e n! > 2n−1, n ≥ 2. ¤


1) Defina sucessão monótona.

2) Formule o teorema de convergência para uma sucessão monótona.

3) A condição de que uma sucessão é limitada, é necessária e suficiente para a convergência

dela, caso seja monótona?


1) Demonstre que a sucessão xn =n∑

k=1

1

n + ké convergente.

2) Demonstre a convergência e calcule o limite da sucessão xn dada na forma recorrente:

(a) x1 = a, x2 = b , a 6= b ,

xn =xn−1 + xn−2

2, ∀ n ≥ 3;

Módulo 5. Sucessões monótonas 47

(b) x1 é qualquer número negativo e

xn+1 =1

2

(xn +

a

xn

), ∀ n ≥ 1, a > 0.

Módulo 6

LIMITES PARCIAIS


Seja xn uma sucessão. Vejamos qualquer sucessão crescente de números inteiros positivos

k1, k2, . . . , kn, . . . De xn escolhemos os termos xk1 , xk2 , . . . , xkn , . . . A sucessão xkn chamaremos

subsucessão de xn .

Teorema 12. Se lim xn = a, então qualquer subsucessão sua xkn converge para a.

Teorema 13. De qualquer sucessão limitada podemos extrair uma subsucessão convergente.

Suponhamos que xkn é uma subsucessão de xn e limn→∞

xkn = α . Então α chamaremos

limite parcial da sucessão xn . Ao maior dos limites parciais da sucessão xn chamaremos

limite superior de xn (denota-se lim xn ) e ao menor dos limites parciais chamaremos limite

48

Módulo 6. Limites parciais 49

inferior de xn (denota-se lim xn ). É claro que se xn é convergente, então tem lugar a igualdade:

lim xn = lim xn = lim xn .


1) Dada a sucessão xn = 1− 1n

, ache lim xn e lim xn ;

Resolução. A sucessão xn converge para 1, portanto lim xn = lim xn = 1. ¤

2) Dada a sucessão xn = (−1)n−1(

2 +3

n

), ache lim xn e lim xn ;

Resolução. Todos os termos desta sucessão encontram-se em duas subsucessões, uma

com ı́ndice par e outra com ı́ndice ı́mpar. Assim,

x2k = −(

2 +3

2k

), lim x2k = −2,

x2k+1 = −(

2 +3

2k + 1

), lim x2k+1 = 2.

Então lim xn = 2 e lim xn = −2. ¤

3) Ache lim xn e lim xn para a sucessão, cujo termo geral é xn = 1 +n

n + 1cos

nπ

2;

Resolução. Para n = 4k temos x4k = 1 +4k

4k + 1; para n = 2k − 1 temos x2k−1 = 1 e

para n = 4k − 2 temos x4k−2 = 1− 4k − 24k − 1 . Deste modo,

lim x4k = 1 + 1 = 2, lim x2k−1 = 1, lim x4k−2 = 0.

Portanto, lim xn = 0 e lim xn = 2. ¤


4) Calcule lim xn e lim xn da sucessão

xn =

(1 +

1

n

)n· (−1)n + sin nπ

4;

Resolução. Para n = 8k − 7:

x8k−7 = −(

1 +1

8k − 7)8k−7

+

√2

2→ −e +

√2

2, k →∞;

Para n = 8k − 6:

x8k−6 =(

1 +1

8k − 6)8k−6

+ 1 → e + 1, k →∞;

Para n = 8k − 5:

x8k−5 = −(

1 +1

8k − 5)8k−5

+

√2

2→ −e +

√2

2, k →∞;

Para n = 4k :

x4k =

(1 +

1

4k

)4k→ e, k →∞;

Para n = 8k − 3:

x8k−3 = −(

1 +1

8k − 3)8k−3

−√

2

2→ −e−

√2

2, k →∞;

Para n = 8k − 2:

x8k−2 =(

1 +1

8k − 2)8k−2

− 1 → −e− 1, k →∞;

Para n = 8k − 1:

x8k−1 = −(

1 +1

8k − 1)8k−1

−√

2

2→ −e−

√2

2, k →∞.


Portanto, lim xn = −e−√

2

2e lim xn = e + 1. ¤


1) Dê a definição de:

(a) sucessão;

(b) subsucessão;

(c) limite parcial duma sucessão;

(d) limite superior e limite inferior duma sucessão.

2) Dê a interpretação geométrica de limite parcial.

3) Dadas as sucessões {n(−1)n + 1} , {n} , {(−1)n + 1} diga qual delas:

(a) tem limite parcial;

(b) não tem limite parcial;

(c) tem dois limites parciais;

(d) tem um limite parcial.

4) Demonstre que se uma sucessão é convergente, então ela tem só um limite parcial que

coincide com o seu limite. A afirmação inversa é correcta?


5) Formule o teorema de Bolzano1-Weierstrass2(Teorema 13).


1) Demonstre que de qualquer sucessão não limitada podemos extrair uma subsucessão in-

finitamente grande.

2) Demonstre que qualquer subsucessão extráıda duma sucessão infinitamente grande é in-

finitamente grande.

3) Sabe-se que as sucessões xn e yn têm um limite parcial cada. Mostre, com exemplos, que

as sucessões xn + yn e xnyn podem:

(a) não ter limites parciais;

(b) ter um só limite parcial;

(c) ter dois limites parciais.

4) Ache lim xn e lim xn se:

(a) xn = 1 + 2(−1)n+1 + 3(−1)n(n−1)

2 ;

1Bernhard Bolzano (1781–1848) — matemático checo2Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (1815–1897) — matemático alemão


(b) xn =n− 1n + 1

cos2πn

3;

(c) xn = 1 + n sinπn

2;

(d) xn =(−1)n

n+

1 + (−1)n2

;

(e) xn =n

n + 1sin2

nπ

4;

(f) xn =n√

1 + 2−1nn ;

(g) xn = cosn 2nπ

3.

Módulo 7

SUCESSÕES FUNDAMENTAIS


Diremos que a sucessão xn é fundamental (ou de Cauchy1) se

∀ ε > 0 ∃ N : ∀ n > N ∀ p > 0 =⇒ |xn+p − xn| < ε.

A interpretação geométrica desta definição é seguinte: se a sucessão xn é fundamental, então

para qualquer ε > 0 existe um natural N tal, que a distância entre dois termos quaisquer da

sucessão, com ı́ndices superiores à N , é menor que ε .

Teorema 14. (Critério de Cauchy)

No conjunto dos números reais as duas afirmações são equivalentes:

1Augustin Louis Cauchy (1789–1857) — matemático francês

54

Módulo 6. Sucessões fundamentais 55

1) xn converge;

2) xn é fundamental.


1) Utilizando o critério de Cauchy mostre que a sucessão

xn =sin 1

2+

sin 2

22+ · · ·+ sin n

2n

é convergente;

Resolução. Avaliamos o módulo da diferença:

|xn+p − xn| =∣∣∣∣sin (n + 1)

2n+1+

sin (n + 2)

2n+2+ · · ·+ sin (n + p)

2n+p

∣∣∣∣ ≤

≤ 12n+1

+1

2n+2+ · · ·+ 1

2n+p<

1

2n< ε,

para n > − log2 ε e para todo p > 0. Exploramos o facto de que

1

2n+1+ · · ·+ 1

2n+p

é a soma de p termos duma progressão geométrica. ¤


xn =n∑

k=1

cos k

3k

é convergente;


Resolução. Avaliamos o módulo da diferença:

|xn+p − xn| =∣∣∣∣cos (n + 1)

3n+1+

cos (n + 2)

3n+2+ · · ·+ cos (n + p)

3n+p

∣∣∣∣ ≤

≤ 13n+1

+1

3n+2+ · · ·+ 1

3n+p<

1

2 · 3n <1

3n< ε,

para n > − log3 ε e para todo p > 0. ¤

3) Demonstre que a sucessão xn =n∑

k=1

1

kdiverge;

Resolução. De acordo com o critério de Cauchy é suficiente mostrar que ela não é

fundamental. Avaliando a diferença e tendo em conta que n + i ≤ n + p para qualquer

i ≤ p , temos:

|xn+p − xn| = 1n + 1

+1

n + 2+ · · ·+ 1

n + p≥ 1

n + p+

1

n + p+ · · ·+ 1

n + p=

p

n + p.

Pegando p = n obtemos |x2n − xn| ≥ nn + n

=1

2dáı, que a sucessão xn =

n∑

k=1

1

knão é

fundamental. ¤


xn =n∑

k=1

sin k

k2

é convergente;

Resolução. Vamos mostrar que esta sucessão é fundamental. Avaliamos o módulo da

diferença:

|xn+p − xn| ≤ 1(n + 1)2

+ · · ·+ 1(n + p)2


<

(1

n− 1

n + 1

)+ · · ·+

(1

n + p− 1 −1

n + p

)=

1

n− 1

n + p<

1

n.

Assim,

|xn+p − xn| < 1n

< ε, ∀ n > N = [1/ε], p > 0.

Neste exerćıcio usamos a desigualdade

1

k2<

1

k(k − 1) =1

k − 1 −1

k. ¤


xn =1

ln 2+

1

ln 3+ · · ·+ 1

ln n, n = 2, 3, . . .

diverge;

Resolução. A divergência da sucessão vem do facto que

|xn+p − xn| = 1ln(n + 1)

+ · · ·+ 1ln(n + p)

>p

ln(n + p)>

p

n + p=

1

2

se p = n . ¤


1) Defina:

(a) sucessão fundamental;

(b) sucessão não fundamental.


2) Dê a interpretação geométrica das duas definições anteriores.

3) Formule o critério de Cauchy (Teorema 14).


1) Mostre que a sucessão xn é fundamental se:

(a) xn =n + 1

3n− 2 ;

(b) xn = a + aq + · · ·+ aqn−1 , onde q < 1, n ∈ N ;

(c) x1 = 1, xn = xn−1 +(−1)n−1

n!, n = 2, 3, . . . .

2) Demonstre que a sucessão xn é convergente se:

(a) xn =sin a

2+

sin 2a

22+ · · ·+ sin na

2n, a ∈ R1 ;

(b) xn = 1 +1

2!+ · · ·+ 1

n!;

(c) xn =cos 1!

1 · 2 +cos 2!

2 · 3 + · · ·+cos n!

n(n + 1).

3) Utilizando a negação do critério de Cauchy mostre que a sucessão xn diverge se:


(a) xn =n cos nπ − 1

2n;

(b) xn = (−1)n(

1 +1

n

)n;

(c) xn =1

22+

2

32+ · · ·+ n

(n + 1)2.

Módulo 8

FUNÇÃO


A variável y chama-se função da variável x se a cada valor de x , que pertence ao conjunto

E ⊂ R1 , corresponde um valor definido da variável y . A variável x chama-se argumento

ou variável independente, o conjunto E chama-se domı́nio ou conjunto de definição da

função e denota-se D . O conjunto dos valores que a função toma chama-se contradomı́nio e

denota-se CD .

A notação y = f(x) significa que y é função de x . O valor de f(x) para x = x0 denota-se

f(x0).

Ao lugar geométrico de pontos pertencentes à R2 e cujas coordenadas satisfazem a equação

y = f(x) chama-se gráfico da função y = f(x). Diremos que o conjunto E ⊂ R1 é simétrico

60

Módulo 8. Função 61

se para qualquer x ∈ E implica que também −x ∈ E. Seja f(x) uma função definida num

conjunto simétrico. Se para qualquer x ∈ E temos f(x) = f(−x), então diz-se que a função

f(x) é par. Se para qualquer x ∈ E temos f(−x) = −f(x), então diz-se que a função f(x) é

ı́mpar. Para uma função par, o seu gráfico é simétrico em relação ao eixo das ordenadas (eixo

Y). Para uma função ı́mpar, o seu gráfico é simétrico em relação à origem (ponto (0, 0)).

Seja f(x) uma função definida no conjunto E ⊂ R1 e seja T um valor positivo. Diz-se que

f(x) é T -periódica se:

1) x + T ∈ E;

2) f(x + T ) = f(x).


1) Ache o domı́nio da função:

(a) f(x) =x2

1 + x;

Resolução. A expressãox2

1 + xtem sentido sómente para valores de x que não

anulem o denominador, i.e. 1 + x 6= 0, portanto a função f(x) = x2

1 + xé definida

em D(f) = {x ∈ R1 : 1 + x 6= 0} , i.e. D(f) = (−∞,−1) ∪ (−1, +∞). ¤

(b) f(x) =√

3x− x2 ;

Resolução. A expressão√

3x− x2 tem sentido sómente para valores de x tais, que


3x− x2 ≥ 0. Assim, resolvendo esta desigualdade temos D(f) = [0, 3]. ¤

(c) f(x) = ln(x2 − 4);

Resolução. A expressão logaŕıtmica ln(x2 − 4) tem sentido se o argumento fôr

estritamente positivo, i.e. x2−4 > 0. Resolvendo esta desigualdade obtemos D(f) =

(−∞,−2) ∪ (2, +∞). ¤

(d) f(x) = arcsin2x

1 + x;

Resolução. A expressão arcsin2x

1 + xtem sentido se o seu argumento fôr maior ou

igual à −1 e menor ou igual à 1, i.e. −1 ≤ 2x1 + x

≤ 1. Resolvendo esta dupla

desigualdade e não olvidando que 1 + x 6= 0, temos: D(f) =[−1

3, 1

]. ¤

(e) f(x) =ln(1 + x)

x− 1 ;

Resolução. A função está definida se x− 1 6= 0 e 1 + x > 0. Deste modo achamos

D(f) = (−1, 1) ∪ (1, +∞). ¤

2) Ache o domı́nio e o contradomı́nio da função:

(a) f(x) =√

2 + x− x2 ;

Resolução. A expressão√

2 + x− x2 tem sentido se o radicando fôr positivo, i.e.

2 + x − x2 ≥ 0. Resolvendo esta desigualdade temos D(f) = [−1, 2]. Esboçando

o gráfico da função f(x) =√

2 + x− x2 vemos que no intervalo [−1, 1/2] a função

cresce de 0 até 3/2 e no intervalo [1/2, 2] a função decresce de 3/2 até zero. Assim,

o contradomı́nio, i.e. os valores da variável dependente, é o intervalo [0, 3/2]. ¤


(b) f(x) = log(1− 2 cos x);

Resolução. O logaŕıtmo tem significado se o argumento fôr estritamente positivo,

portanto 1− 2 cos x > 0. Resolvendo esta desigualdade encontramos

D(f) =

(2kπ +

π

3, 2kπ +

5π

3

), k = 0,±1,±2, . . .

Tendo em conta que para valores de x pertencentes ao domı́nio é válida a desigualdade

0 < 1−2 cos x < 3 e o logaŕıtmo é uma função monótona crescente no intervalo (0, 3],

então CD(f) = (−∞, log 3]. ¤

(c) f(x) = arccos2x

1 + x2;

Resolução. É evidente que −1 ≤ 2x1 + x2

≤ 1. Resolvendo esta dupla desigualdade

obtemos D(f) = R1 . O contradomı́nio é CD(f) = [0, π] . ¤

3) Dado o triângulo ABC , cuja base AC = b e altura DB = h , foi nele inscrito o rectângulo

KLMN , cuja altura é KL = x . Expresse o peŕımetro P do rectângulo KLMN como

função de x ;

Resolução. O peŕımetro deste rectângulo é igual à 2KL + 2KN = 2x + 2KN . Tendo

em conta que os triângulos ABD e ALK são semelhantes, então

DB

AD=

KL

AK=⇒ h

AD=

x

AK=⇒ AK = ADx

h.

Do mesmo modo, como também os triângulos DBC e NMC são semelhantes, temos

DB

DC=

NM

NC=⇒ h

DC=

x

NC=⇒ NC = DCx

h.


Calculamos agora

KN = AC − (AK + NC) = b− xh

(AD + DC) = b− xh· b.

Assim,

P (x) = 2x + 2KN = 2x + 2b(1− x

h

)= 2x

(1− b

h

)+ 2b. ¤

4) Ache f(x) se f(x + 1) = x2 − 3x + 2;

Resolução. Factorizando a expressão

f(x + 1) = x2 − 3x + 2 = (x− 1)(x− 2) = (x + 1− 2)(x + 1− 3)

e fazendo x + 1 = t temos

f(t) = (t− 2)(t− 3) = t2 − 5t + 6. ¤

5) Ache f(x) se f

(1

x

)= x +

√1 + x2 , x > 0;

Resolução. Fazendo t =1

xtemos:

f(t) = f

(1

x

)= x + x

√1 +

1

x2= x

(1 +

√1 +

1

x2

)=

1

t(1 +

√1 + t2). ¤

6) Ache f(x) se f

(1 +

1

x

)= x2 +

1

x2, (|x| ≥ 2);

Resolução. Fazendo

t = x +1

x=⇒ t2 = x2 + 1

x2+ 2 =⇒ t2 − 2 = x2 + 1

x2.

Em conclusão: f(t) = t2 − 2. ¤


7) Diga qual das funções é par ou ı́mpar:

(a) f(x) = 3x− x3 ;

Resolução. f(−x) = 3(−x)− (−x)3 = −3x + x3 = −(3x− x3) = −f(x). A função

é ı́mpar. ¤

(b) f(x) = ax + a−x , (a > 0);

Resolução. f(−x) = a−x + a−(−x) = a−x + ax = f(x). A função é par. ¤

(c) f(x) = ln1− x1 + x

Resolução. Primeiro vamos verificar se o domı́nio da função é um conjunto simétrico.

A expressão ln1− x1 + x

tem sentido se1− x1 + x

> 0 e 1 + x 6= 0. Resolvendo esta

inequação obtemos que D(f) = (−1, 1), o domı́nio é um intervalo simétrico. Esta

função é ı́mpar, pois

f(−x) = ln 1− (−x)1 + (−x) = ln

1 + x

1− x = − ln1− x1 + x

= −f(x). ¤

8) Demonstre que qualquer função f(x), definida no intervalo simétrico (−m,m), pode

representar-se na forma duma soma de duas funções, uma par e outra ı́mpar;

Resolução. Façamos f1(x) =f(x)− f(−x)

2e f2(x) =

f(x) + f(−x)2

. É evidente que

estas funções também estão definidas no intervalo simétrico (−m, m). Temos

f1(−x) = f(−x)− f(−x)2

= −f(x)− f(−x)2

= −f1(x)


e

f2(−x) = f(−x) + f(−(−x))2

=f(−x) + f(x)

2= f2(x),

portanto f1(x) é ı́mpar e f2(x) é par. Como f(x) = f1(x) + f2(x), então a afirmação fica

demonstrada. ¤

9) Diga quais das seguintes funções são periódicas e defina os seus menores peŕıodos, se:

(a) f(x) = A cos bx + B sin bx ;

Resolução. f(x) é periódica se f(x + T ) = f(x). A função f(x) podemos escrever

na forma

f(x) =√

A2 + B2(

A√A2 + B2

cos bx +B√

A2 + B2sin bx

)= ρ sin(bx + φ),

onde φ = arctgA

B, ρ =

√A2 + B2 . Assim,

f(x + T ) = ρ sin(bx + φ + bT ) = ρ sin(bx + φ) = f(x)

se bT = 2kπ , k = 1, 2, . . . , i.e. T =2kπ

b. O menor peŕıodo é T0 =

2π

b. ¤

(b) f(x) = sin x +1

2sin 2x +

1

3sin 3x ;

Resolução. Vamos resolver a equação f(x + T )− f(x) = 0. Temos:

f(x+T )−f(x) = sin(x+T )−sin x+12[sin 2(x+T )−sin 2x]+ 1

3[sin 3(x+T )−sin 3x] =

= 2 sinT

2cos

(x +

T

2

)+ sin T cos 2

(x +

T

2

)+

2

3sin

3T

2cos 3

(x +

T

2

)= 0.


Isto é posśıvel se:

sinT

2= 0,

sin T = 0,

sin3T

2= 0,

=⇒

T = 2kπ,

T = mπ,

T =2nπ

3,

i.e. T = 2kπ = mπ =2nπ

3,

onde k, m, n são números naturais. Deste modo T0 = 2π . ¤

10) Demonstre que para a função de Dirichlet1

D(x) =

1 se x fôr racional,

0 se x fôr irracional,

o seu peŕıodo é um número racional T qualquer;

Resolução. Como T é um número racional, então a soma x + T é racional para x

racional e irracional para x irracional. Assim,

D(x + T ) =

1 se x fôr racional,

0 se x fôr irracional,

i.e. D(x + T ) = D(x). ¤

11) Demonstre que se para a função f(x), (−∞ < x < +∞) tem lugar a igualdade f(x+T ) =1Johann Peter Gustav Lejeunne Dirichlet (1805–1859) — matemático alemão


kf(x), onde k e T são constantes positivas, então f(x) = axφ(x), onde a é uma constante

e φ(x) é uma função com peŕıodo T ;

Resolução. Fazendo k = aT , então f(x + T ) = aT f(x). Qualquer função f(x) (−∞ <

x < +∞) pode representar-se na forma f(x) = axφ(x), onde φ(x) é uma certa função.

De acordo com a condição temos

ax+T φ(x + T ) = aT · axφ(x).

Dividindo tudo por ax+T > 0 obtemos φ(x + T ) = φ(x). ¤


1) Dê a definição de função.

2) Defina gráfico duma função.

3) Defina função par e função ı́mpar. Dê um exemplo duma função não par e não ı́mpar.

4) Defina função periódica.


1) Ache os domı́nios para as seguintes funções:

(a) y = (x− 2)√

1 + x

1− x ;


(b) y =√

sin√

x ;

(c) y =√

cos x2 ;

(d) y = arccos(2 sin x);

(e) y = (2x)!;

(f) y =√

sin 2x +√

sin 3x , 0 ≤ x ≤ 2π .

2) Ache o domı́nio e contradomı́nio das funções:

(a) y = arcsin(log

x

10

);

(b) y = (−1)x .

3) A função y = sign x define-se do seguinte modo:

sign x =

−1 se x < 0,

0 se x = 0,

1 se x > 0.

Construa o gráfico desta função e mostre que |x| = x · sign x .

4) A função y = [x] (parte inteira do número x), define-se do seguinte modo: se x = n + r ,

onde n é um número inteiro e 0 ≤ r ≤ 1, então [x] = n . Construa o gráfico desta função.

5) Ache f(−2), f(−1), f(0), f(1) e f(2) se

f(x) =

1 + x , se −∞ < x ≤ 0,

2x , se 0 < x < +∞.


6) Ache f(0.9), f(0.99), f(0.999) e f(1) se f(x) = 1 + [x] .

7) Ache f(x) se f

(x

x + 1

)= x2 .

8) Diga quais das funções são pares ou ı́mpares:

(a) f(x) = 3√

(1− x)2 + 3√

(1 + x)2 ;

(b) f(x) = ln(x +

√1 + x2

).

9) Diga quais das funções são periódicas e ache o menor peŕıodo:

(a) f(x) = sin2 x ;

(b) f(x) = sin x2 ;

(c) f(x) =√

tgx ;

(d) f(x) = tg√

x .

10) Demonstre que a soma e produto de duas funções periódicas, definidas num domı́nio

comum e cujos peŕıodos são comensuráveis, são também funções periódicas.

Módulo 9

LIMITE DE FUNÇÃO


Diremos que a função f(x) é limitada superiormente (majorada) no conjunto E ⊂ R1 se

existe um número real M tal, que f(x) ≤ M , qualquer que seja x ∈ E.

Diremos que a função f(x) é limitada inferiormente (minorada) no conjunto E ⊂ R1

se existe um número real m tal, que f(x) ≥ m , qualquer que seja x ∈ E.

Diremos que a função f(x) é limitada no conjunto E ⊂ R1 se ela fôr majorada e minorada,

i.e. se existem dois números reais M e m tais, que m ≤ f(x) ≤ M , qualquer que seja x ∈ E.

Ao menor dos majorantes duma função num determinado conjunto E ⊂ R1 chamaremos

supremmum desta função. Denota-se supx∈E

f(x).

Ao maior dos minorantes duma função num determinado conjunto E ⊂ R1 chamaremos

71


infimmum desta função. Denota-se infx∈E

f(x).

Seja α e β o supremmum e infimmum da função f(x) no conjunto E ⊂ R1 , respectivamente.

A diferença α− β chamaremos oscilação da função f(x) no conjunto E. Denota-se oscx∈E

f(x).

Chamaremos vizinhança do ponto a com raio ε , ao conjunto de pontos que satisfazem

a dupla desigualdade: a − ε < x < a + ε ou |x − a| < ε . Denota-se1 U(a; ε). Chamaremos

vizinhança com buraco do ponto a à vizinhança de a menos o ponto a . Denota-se U̇(a; ε)def=

U(a; ε) \ {a} .

Diremos que o ponto a (a ∈ E ou a /∈ E) é ponto de acumulação de E se em qualquer

vizinhança de a existem pontos de E diferentes de a . Por outras palavras, U̇(a; ε) ∩ E 6= ∅ .

Segundo Cauchy, diremos que o número b é limite da função f(x) quando x tende para a se

∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 : ∀ x ∈ E, 0 < |x− a| < δ =⇒ |f(x)− b| < ε.

Na linguagem de vizinhança f(x) tende para b quando x tende para a se qualquer que seja

a vizinhança do ponto a com raio δ , existe uma vizinhança do ponto b com raio ε tal que

qualquer que seja x pertencente à vizinhança com buraco do ponto a temos que f(x) pertence

à vizinhança do ponto b .

Segundo Heine2, diremos que o número b é limite da função f(x) quando x tende para

a se para qualquer sucessão xn convergente para a , xn ∈ E, xn 6= a , a sucessão f(xn) tende

para b .

1Usa-se a letra maiúscula U, da inicial Umgebung que em alemão significa vizinhança.2Heinrich Eduard Heine (1821–1881) — matemático alemão

Módulo 9. Limite de função 73

A denotação usada é: limx→a

f(x) = b .

Teorema 15. As definições de limite duma função segundo Heine e Cauchy são equivalentes.

Teorema 16. Sejam f(x) e g(x) duas funções definidas numa certa vizinhança do ponto a,

com excepção talvez do próprio ponto a. Suponhamos que limx→a

f(x) = b, limx→a

g(x) = c. Então:

1) limx→a

[f(x)± g(x)] = b± c;

2) limx→a

f(x) · g(x) = bc;

3) limx→a

f(x)

g(x)=

b

c, se c 6= 0.

Teorema 17. Sejam f(x), g(x) e h(x) três funções definidas numa certa vizinhança do ponto

a, com excepção talvez do próprio ponto a. Suponhamos também que nessa vizinhança tem

lugar a dupla desigualdade:

f(x) ≤ g(x) ≤ h(x).

Se limx→a

f(x) = limx→a

h(x) = b, então limx→a

g(x) = b.

Diremos que o número b é limite à esquerda do ponto a da função f(x) se:

∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0 : ∀ x 6= a, a− δ < x < a =⇒ |f(x)− b| < ε.

A denotação usada é: b = limx→a−

f(x) = f(a−). Diremos que o número b é limite à direita do

ponto a da função f(x) se:

∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0 : ∀ x 6= a, a < x < a + δ =⇒ |f(x)− b| < ε.


A denotação usada é: b = limx→a+

f(x) = f(a+). Os limites à esquerda ou à direita são comumente

chamados limites laterais. Se uma função tem limite quando x → a , então os limites laterais

coincidem.


1) Usando a linguagem “ε–δ” mostre que limx→2

x2 = 4.

Resolução. Seja ε um número real positivo qualquer. Então,

|x2 − 4| = |(x− 2)2 + 4(x− 2)| ≤ |x− 2|2 + 4|x− 2| < ε.

Fazendo t = |x− 2| > 0 temos:

t2 + 4t− ε < 0 =⇒ (t + 2 +√4 + ε)(t + 2−√4 + ε) < 0.

Resolvendo esta desigualdade obtemos

0 < t <√

4 + ε− 2, i.e. 0 < |x− 2| < √4 + ε− 2 = ε√4 + ε + 2

= δ(ε). ¤

2) Seja

R(x) =a0x

n + a1xn−1 + · · ·+ an

b0xm + b1xm−1 + · · ·+ bm ,


onde a0 6= 0 e b0 6= 0. Demonstre que

limx→+∞

R(x) =

+∞ , se n > m;

a0b0

, se n = m;

0 , se n < m.

Resolução. Pegando a parte mais velha do numerador e denominador e evidenciando-as

temos:

limx→+∞

a0xn(1 + a1

a0x+ · · ·+ an

a0xn

)

b0xm(1 + b1

b0x+ · · ·+ bm

b0xm

) =

= limx→+∞

1 + a1a0x

+ · · ·+ ana0xn

1 + b1b0x

+ · · ·+ bmb0xm

· limx→+∞

a0xn

b0xm=

= limx→+∞

a0xn

b0xm=

+∞ , se n > m;

a0b0

, se n = m;

0 , se n < m. ¤

3) Nos exerćıcios seguintes calcule:

(a) limx→0

x2 − 12x2 − x− 1 ;


Resolução. Calculamos directamente:

limx→0

x2 − 12x2 − x− 1 =

0− 10− 0− 1 =

−1−1 = 1.

Na realidade, já que x → 0, o numerador comporta-se como −1 e o denominador

comporta-se também como −1. ¤

(b) limx→1

x2 − 12x2 − x− 1 ;

Resolução. Colocando directamente o valor de x = 1 na expressão obtemos uma

indeterminação do tipo 0/0. Significa que o valor x = 1 é ráız do numerador e

denominador. Factorizando o numerador e denominador temos:

limx→1

x2 − 12x2 − x− 1 = limx→1

(x− 1)(x + 1)(x− 1)(2x + 1) = limx→1

x + 1

2x + 1=

2

3.

(c) limx→∞

x2 − 12x2 − x− 1 ;

Resolução. A parte mais velha do numerador é x2 e a parte mais velha do denom-

inador é 2x2 , portanto o limite é igual à1

2. Vamos mostrar que é realmente isso.

Evidenciamos no numerador e denominador x2 :

limx→∞

x2 − 12x2 − x− 1 = limx→∞

x2(1− 1x2

)

x2(2− 1x− 1

x2)

= limx→∞

1− 1x2

2− 1x− 1

x2

=1

2. ¤

4) Calcule

limx→0

(1 + x)5 − (1 + 5x)x2 + x5

;


Resolução. Desenvolvendo a expressão (1 + x)5 segundo o binómio de Newton temos:

(1 + x)5 = 1 +

(5

1

)x +

(5

2

)x2 +

(5

3

)x3 +

(5

4

)x4 + x5 =

= 1 + 5x + 10x2 + 10x3 + 5x4 + x5.

Assim,

limx→0

(1 + x)5 − (1 + 5x)x2 + x5

= limx→0

1 + 5x + 10x2 + 10x3 + 5x4 + x5 − 1− 5xx2 + x5

=

= limx→0

10x2 + 10x3 + 5x4 + x5

x2 + x5= lim

x→0x2(10 + 10x + 5x2 + x3)

x2(1 + x3)=

= limx→0

10 + 10x + 5x2 + x3

1 + x3= 10. ¤

5) Calcule

limx→∞

(x + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)[(nx)n + 1]

n+12

;

Resolução. Pegando o numerador e evidenciando, para cada factor, a parte mais velha

temos:

(x + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1) = x(

1 +1

x

)x2

(1 +

1

x2

)· · · xn

(1 +

1

xn

)=

= x · x2 · · · xn(

1 +1

x

)(1 +

1

x2

)· · ·

(1 +

1

xn

)=

= x1+2+···+n(

1 +1

x

)(1 +

1

x2

)· · ·

(1 +

1

xn

)=

= xn(n+1)

2 ·(

1 +1

x

)(1 +

1

x2

)· · ·

(1 +

1

xn

).


Exploramos aqui o facto que 1+2+ · · ·+n = n(n + 1)2

, pois é a soma de n termos duma

progressão aritmética, cujo primeiro e último termos são 1 e n , respectivamente.

Assim,

limx→∞

(x + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)[(nx)n + 1]

n+12

=

= limx→∞

xn(n+1)

2 · (1 + 1x)(1 + 1

x2) · · · (1 + 1

xn)

(nx)n(n+1)

2 (1 + 1(nx)n

)n+1

2

=1

nn(n+1)

2

. ¤

6) Calcule

limx→2

x3 − 2x2 − 4x + 8x4 − 8x2 + 16 ;

Resolução. Temos uma indeterminação do tipo 0/0. Factorizando o numerador e de-

nominador temos:

x3 − 2x2 − 4x + 8 = (x− 2)2(x + 2), x4 − 8x2 + 16 = (x2 − 4)2 = (x− 2)2(x + 2)2.

Assim,

limx→2

x3 − 2x2 − 4x + 8x4 − 8x2 + 16 = limx→2

(x− 2)2(x + 2)(x− 2)2(x + 2)2 = limx→2

1

x + 2=

1

4. ¤

7) Calcule

limx→∞

√x +

√x +

√x

√x + 1

;

Resolução. Temos que

√x +

√x +

√x =

√√√√x(

1 +1√x

√1 +

1√x

).


Assim,

limx→∞

√x +

√x +

√x

√x + 1

= limx→∞

√x

√1 + 1√

x

√1 + 1√

x

√x + 1

= 1. ¤

8) Calcule

limx→4

√1 + 2x− 3√

x− 2 ;

Resolução. Vamos primeiro fazer algumas transformações:

√1 + 2x− 3√

x− 2 =(√

1 + 2x− 3)(√1 + 2x + 3)(√x + 2)(√

x− 2)(√x + 2)(√1 + 2x + 3) =

=(2x− 8)(√x + 2)

(x− 4)(√1 + 2x + 3) =2(√

x + 2)√1 + 2x + 3

.

Calculando agora o limite obtemos:

limx→4

√1 + 2x− 3√

x− 2 = limx→42(√

x + 2)√1 + 2x + 3

=4

3. ¤

9) Calcule

limx→3

√x + 13− 2√x + 1

x2 − 9 ;

Resolução. Temos uma indeterminação do tipo 0/0. Multiplicando o numerador e

denominador pela expressão√

x + 13 + 2√

x + 1 teremos:

limx→3

(√

x + 13− 2√x + 1)(√x + 13 + 2√x + 1)(x2 − 9)(√x + 13 + 2√x + 1) =

= limx→3

−3(x + 3)(

√x + 13 + 2

√x + 1)

= − 116

. ¤


10) Calcule

limx→0

3√

8 + 3x− x2 − 2x + x2

;

Resolução. Multiplicamos o numerador e denominador pela expressão

φ(x)def= 3

√(8 + 3x− x2)2 + 2

√8 + 3x− x2 + 4.

Então,

limx→0

3√

8 + 3x− x2 − 2x + x2

= limx→0

x(3− x)x(x + 1)φ(x)

= limx→0

3− xx + 1

· limx→0

1

φ(x)=

1

4. ¤

11) Estude o comportamento das ráızes x1 e x2 da equação quadrática ax2 + bx+ c = 0, se o

coeficiente a tende para zero e os coeficientes b e c mantêm-se constantes, sendo b 6= 0;

Resolução. É sobejamente conhecida a fórmula que permite calcular as ráızes duma

equação quadrática:

x1 =−b +√b2 − 4ac

2a, x2 =

−b−√b2 − 4ac2a

.

Vamos calcular

lima→0

x1 = lima→0

b2 − 4ac− b22a(b +

√b2 − 4ac) = lima→0

−4ac2a(b +

√b2 − 4ac) = −

c

b;

calculamos o limite da ráız x2 :

lima→0

x2 = lima→0

−b−√b2 − 4ac2a

= ∞. ¤


12) Calcule as constantes a e b a partir da condição

limx→∞

(x2 + 1

x + 1− ax− b

)= 0;

Resolução. Temos que

x2 + 1

x + 1− ax− b = x

2(1− a) + x(−a− b) + (1− b)x + 1

.

Para que o limite desta expressão seja igual à zero, quando x → ∞ , é necessário que os

coeficientes ligados às partes literais do numerador sejam iguais à zero, i.e. 1 − a = 0,

−a− b = 0, Assim, a = 1, b = −1. ¤

13) Calcule

(a) limx→−∞

(√x2 + x− x) ;

Resolução. Vamos multiplicar e dividir pelo conjugado:

limx→−∞

(√x2 + x− x

)= lim

x→−∞x√

x2 + x + x= lim

x→−∞x

|x|√

1 + 1x

+ x=

= limx→−∞

x

−x√

1 + 1x

+ x= lim

x→−∞x

x(−

√1 + 1

x+ 1

) = +∞. ¤

(b) limx→+∞

(√x2 + x− x) ;

Resolução. Vamos multiplicar e dividir pelo conjugado:

limx→+∞

(√x2 + x− x

)= lim

x→+∞x√

x2 + x + x= lim

x→+∞x

|x|√

1 + 1x

+ x=


= limx→+∞

x

x√

1 + 1x

+ x= lim

x→+∞x

x(√

1 + 1x

+ 1) = 1

2. ¤

(c) limx→1−

arctg1

1− x ;

Resolução. Temos1

1− x →1

0+= +∞ , se x → 1, x < 1.

Assim, arctg(+∞) = π2

. ¤

(d) limx→1+

arctg1

1− x ;


1− x →1

0−= −∞ , se x → 1, x > 1.

Assim, arctg(−∞) = −π2

. ¤

(e) limx→0−

1

1 + e1x

;


x→ 1

0−= −∞ se x → 0, x < 0. Assim, e 1x → e−∞ = 0, se

x → 0, x < 0. Portanto

limx→0−

1

1 + e1x

=1

1 + limx→0−

e1x

= 1. ¤

(f) limx→0+

1

1 + e1x

;

Resolução. Temos que1

x→ 1

0+= +∞ se x → 0, x > 0. Assim, e 1x → e+∞ = +∞ ,

se x → 0, x > 0. Portanto

limx→0+

1

1 + e1x

=1

1 + limx→0+

e1x

=1

1 +∞ = 0. ¤



1) Dê a definição de limite de função segundo Heine e Cauchy. Qual o significado da

equivalência destas duas definições?

2) Utilizando a definição de limite segundo Heine mostre que o limite num ponto é único.

3) Formule as propriedades aritméticas de limite de função.


1) Utilizando a linguagem “ε–δ” mostre, que

limx→2

x2 − 1x2 + 1

=3

5.

2) Calcule:

(a) limx→0

(1 + x)(1 + 2x)(1 + 3x)− 1x

;

(b) limx→∞

(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4)(x− 5)(5x− 1)5 ;

(c) limx→∞

(2x− 3)20(3x + 2)30(2x + 1)50

.

3) Calcule:

(a) limx→1

x2 − 5x + 6x2 − 8x + 15 ;

(b) limx→1

x4 − 3x + 2x5 − 4x + 3 ;


(c) limx→2

(x2 − x− 2)20(x3 − 12x + 16)10 .

4) Calcule:

(a) limx→∞

√x + 3

√x + 4

√x√

2x + 1;

(b) limx→−8

√1− x− 32 + 3

√x

;

(c) limx→0

√1 + x−√1− x

3√

1 + x− 3√1− x ;

(d) Dada a função f(x) =x

|x| diga se existe limx→0 f(x).

Módulo 10

LIMITES NOTÁVEIS


Suponhamos, que ψ(x) → 0, x → a . Então:

Teorema 18.

limx→a

sin ψ(x)

ψ(x)= 1.

Para o caso particular, quando ψ(x) ≡ x e a = 0 temos limx→0

sin x

x= 1.

Teorema 19.

limx→a

eψ(x) − 1ψ(x)

= 1.

Para o caso particular, quando ψ(x) ≡ x e a = 0 temos limx→0

ex − 1x

= 1.

85

86 M.J. Alves. Elementos de análise matemática.

elementos de analise matem¶ atica. parte...

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