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Grupo de Ensino e Pesquisa em Educação Matemática

Notas de Aula No 02

.5

Christian Q. Pinedo

2017

ii Christian Quintana Pinedo

A Laene Alves pela sua paciência

iii

iv Christian Quintana Pinedo

Identidades algébricas

Considerar a b ∈ R e m, n ∈ Z, en geral tem-se:

• aman = am+n

• (am)n = amn

• (ab)m = ambm

•(ab

)m=

am

bm, b = 0

• am

an= am−n

• (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2

• (a− b)2 = a2 − 2ab+ b2

• a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2)

• am/n = n√am = ( n

√a)m, a > 0

• n√ab = n

√a · n

√b, a > 0, b > 0

• n√

n√a = mn

√a

• n

√a

b=

n√a

n√b, a > 0, b > 0

• a−n =1

an, a = 0

• (a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3

• (a− b)3 = a3 − 3a2b+ 3ab2 − b3

• a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2)

• an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b+ an−3b2 + · · ·+ abn−2 + bn−1)

• an + bn = (a+ b)(an−1 − an−2b+ an−3b2 − · · · − abn−2 + bn−1) quando n-ímpar

Identidades trigonométricas

Considerar α, β ∈ R.

• sen (−α) = −sen α • cos(−α) = cosα

• sen 2α + cos2 α = 1 • sen α · cscα = 1

• tan2 α + 1 = sec2 α • cosα · secα = 1

• cot2 α + 1 = csc2 α • tanα · cotα = 1

• sen 2α =1− cos 2α

2• cos2 α =

1 + cos 2α

2• sen 2α = 2sen α · cosα • cos 2α = cos2 α− sen 2α

• sen (α + β) = sen α cos β + sen β cosα • cos(α+ β) = cosα cos β + sen αsen β

• tan(α + β) =tanα + tan β

1− tanα · tan β• tan(2α) =

2 tanα

1− tan2 α

• 2sen αsen β = cos(α− β)− cos(α + β) • tanα =1− cos2α

sen 2α=

sen 2α

1 + cos 2α• 2sen α cos β = sen (α + β) + sen (α− β) • 2 cosα cos β = cos(α + β) + cos(α− β)

• •

Suplemento de Cálculo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31/01/2017 v

Identidades geométricas

1. A=área, P = perímetro, l= lado, r = raio

Quadrado Retângulo Círculo

ll

A = l2

P = 4l

ab

A = b× a

P = 2(a+ b)

A = πr2

P = 2πr

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. A=área, P = perímetro, c= hipotenusa, a e b = catetos, h = altura, r =raio,α = ângulo central, L = comprimento do setor circular

Teorema de Pitágoras Triângulo Setor circular

��c

a

b

c2 = a2 + b2

AAAAA

��

��c

h

b

a

A =1

2b× h

P = a+ b+ c

A =1

2r2α

P = αr

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3. A=área, P = perímetro, B= base maior, b = base menor, h = altura,R = raio maior, r = raio menor,

Paralelogramo Trapezóide Coroa circular

��

��

h

b

A = b× h

��

@@@

b

h

B

A =1

2(B + b)h A = π(R2 − r2)h

P = 2π(R + r)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

vi Christian Quintana Pinedo

4. A=área, P = perímetro, S= superfície total, V = volume, h = altura, r =raio

Triângulo Equilátero Paralelepipedo reto Cilindro

��

@@

@@l h

l

l

A =

√3

4l2

h =

√3

2l

p p p p p p p· · · · · · · · ·��

��

��

abc

��

V = a× b× c

S = 2(a+ b)c+ 2ab

V = πr2h

S = 2πrh+ 2πr2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5. V = volume, h = altura, r = raio, S = superfície

Triângulo Cone circular reto Tronco de cone

AAAAA

��

��c

b

a

A =√p(p− a)(p− b)(p− c)

p =a+ b+ c

2

V =1

3πr2h

S = πr√r2 + h2 V =

1

3π(R2 + rR + r2)h

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6. V = volume, h = altura, r = raio, S = superfície

Esfera Prisma

V =4

3πr3

S = 4πr2

V = B × h

B = área da base

Suplemento de Cálculo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31/01/2017 vii

Identidades para derivadas

Sejam C= constante, n ∈ Q, a ∈ R, f(x), g(x) = funções, α=ângulo,Ln x=logaritmo neperiano, logb x = logaritmo natural na base b.

• DxC = 0 • Dx(f + g) = Dxf +Dxg

• Dx(f · g) = f ·Dxg + g ·Dxf • Dx(f

g) =

g ·Dxf − f ·Dxg

g2

• Dxf(g(x)) = Dxf(g(x)) ·Dxg • Dx[f ]n = n ·Dx[f ]

n−1

• Dxef = ef ·Dxe

f • Dxaf = af ·Dxa

f · Ln a, a > 0

• Dx(Ln f) =1

f·Dxf, f = 0 • Dx(logb f) =

1

f · Ln b·Dxf, f = 0

• Dxsen x = cos x • Dx tanx = sec2 x

• Dx cosx = −sen x • Dx cotx = − csc2 x

• Dx secx = secx tanx • Dx csc x = − cscx cotx

• Dxarcsen x =1√

1− x2• Dx arccos x = − 1√

1− x2

• Dx arctanx =1

1 + x2• Dxarcsec x =

1

x√x2 − 1

Identidades diversas

• Suponhamos b, c ∈ R+, m ∈ Q tem-se: logb a = N ⇔ a = bN . Logo: (i)logb(a · c) = logb a + logb c, (ii) logb(a/c) = logb a − logb c, (iii) logb a

m =

m logb a, (iv) logc a = logb a · logc b

• Para números na base decimal: anan−1 · · · a1a0 = 10nan+10n−1an−1+· · ·+10a1+a0

• Equivalência entre graus sexagesimais e radianos.

α graus α radianos sen α cosα tanα cotα secα cscα

0o 0 0 1 0 − 1 −

300π

6

1

2

√3

2

√3

33

2√3

32

45oπ

4

√2

2

√2

21 1

√2

√2

60oπ

3

√3

2

1

2

√3

√3

32

2√3

3

90oπ

21 0 − 0 − 1

viii Christian Quintana Pinedo

Formas determinadas e Formas indeterminadas (?)

limx→

f(x) = limx→

g(x) = h(x) = limx→

h(x) = de modo simbólico

1 ±∞ ±∞ f(x) + g(x) ±∞ ±∞±∞ = ±∞2 +∞ +∞ f(x)− g(x) ? (+∞)− (+∞) = ?3 +∞ K ∈ R f(x) + g(x) +∞ +∞+K = +∞4 −∞ K ∈ R f(x) + g(x) −∞ −∞+K = −∞5 +∞ +∞ f(x) · g(x) +∞ (+∞) · (+∞) = +∞6 +∞ −∞ f(x) · g(x) −∞ (+∞) · (−∞) = −∞7 +∞ K > 0 f(x) · g(x) +∞ (+∞) ·K = +∞8 +∞ K < 0 f(x) · g(x) −∞ (+∞) ·K = −∞9 ±∞ 0 f(x) · g(x) ? ±∞ · 0 = ?10 K ±∞ f(x)/g(x) 0 K/±∞ = 0

11 ±∞ ±∞ f(x)/g(x) ? ±∞/±∞ = ?12 K > 0 0+ f(x)/g(x) +∞ K/0+ = +∞13 +∞ 0+ f(x)/g(x) +∞ +∞/0+ = +∞14 K > 0 0− f(x)/g(x) −∞ K/0+ = −∞15 +∞ 0− f(x)/g(x) −∞ +∞/0− = −∞16 0 0 f(x)/g(x) ? 0/0 = ?17 0 0 [f(x)]g(x) ? 00 = ?18 ∞ ∞ [f(x)]g(x) ? ∞∞ = ?19 0 ∞ [f(x)]g(x) ? 0∞ = ?20 ∞ 0 [f(x)]g(x) ? ∞0 = ?21 1 ∞ [f(x)]g(x) ? 1∞ = ?

Seja K ∈ R, não existem em R:K

0, 00,

K

∞.

No limite: limx→0

1

x= ±∞, lim

x→±∞

1

x= 0, lim

x→0xx = 1

SUMÁRIO

PREFÁCIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xiii

1 Sistema de números reais 11.1 Números reais. Operações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Exercícios 1-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Relação de Ordem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Exercícios 1-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.3 Desigualdades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Exercícios 1-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.4 Valor Absoluto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Exercícios 1-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481.5 Axioma do Supremo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

Exercícios 1-5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 611.6 Miscelânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Miscelânea 1-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2 FUNÇÕES 1012.1 Relações. Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

Exercícios 2-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1012.2 Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

Exercícios 2-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1102.3 Funções especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

Exercícios 2-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1172.4 Operações com Funções. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

Exercícios 2-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1292.5 Outros Tipos de Funções Reais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

Exercícios 2-5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1442.6 Funções Transcendentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

Exercícios 2-6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1572.7 Funções Trigonométricas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

ix

x Christian Quintana Pinedo

Exercícios 2-7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1652.8 Miscelânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

Miscelânea 2-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

3 LIMITES 2013.1 Vizinhança de um Ponto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

Exercícios 3-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2013.2 Propriedades dos Limites. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

Exercícios 3-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2193.3 Limites Laterais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

Exercícios 3-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2313.4 Limite da Função Exponencial e Logarítmica. . . . . . . . . . . . . . . . . 252


Miscelânea 3-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271

4 CONTINUIDADE 2794.1 Conceitos Básicos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

Exercícios 4-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2794.2 Continuidade em Intervalos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293


Miscelânea 4-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

5 DERIVADAS 3135.1 Conceitos Básicos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313

Exercícios 5-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3135.2 Derivada das Funções: Exponencial e Logarítmica. . . . . . . . . . . . . . . 331

Exercícios 5-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3315.3 Aproximação Local de uma Função. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358

Exercícios 5-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3585.4 Miscelânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382

Miscelânea 5-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382

6 APLICAÇÕES DAS DERIVADAS 3896.1 Velocidade. Aceleração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389

Exercícios 6-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3896.2 Gráfico de funções. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398

Exercícios 6-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398

Suplemento de Cálculo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31/01/2017 xi

6.3 Formas Indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428Exercícios 6-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428

6.4 Aplicações diversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442Exercícios 6-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442

6.5 Miscelânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 450Miscelânea 6-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 450

Índice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 470

xii Christian Quintana Pinedo

PREFÁCIO

O propósito de um primeiro curso de Cálculo Diferencial é ensinar ao estudante as no-ções básicas da derivada assim como as técnicas e aplicações elementares que acompanhamtais conceitos.

Esta obra representa o esforço de sínteses na seleção de um conjunto de 1.000 problemasque se apresenta com frequência quando um estudante de engenharia ou matemáticacomeça a estudar cálculo no início da graduação. O objetivo deste trabalho é introduziros principais conceitos do cálculo diferencial de uma variável e suas aplicações, assimcomo orientar a metodologia para que o leitor possa identificar e construir um modelomatemático e logo resolvê-lo.

Cada capítulo se inicia com os objetivos que se pretende alcançar; a farta variedadedos exemplos e exercícios apresentados estão classificados de menor a maior dificuldade.

A variedade dos problemas e exercícios propostos pretende transmitir minha experi-ência profissional durante muitos anos de exercício como Consultor em Matemática Purae Aplicada, assim como professor de ensino superior, com atuação na graduação e pós-graduação da docência universitária.

Fico profundamente grato com os estudantes dos diversos cursos onde difundi as ideiase o conteúdo das notas deste trabalho. Também agradeço as contribuições e sugestõesdos leitores, em particular dos meus colegas pela sua constante dedicação para a revisãoe discussão dos problemas propostos.

Acompanha a esta obra, o livro “Suplemento de Cálculo I ” que esta em construção,onde se encontra a solução de todos os exercícios propostos nesta obra e pode ser obtidapedindo ao autor em: [email protected] .

Christian Quintana Pinedo.

Palmas - TO, Agosto de 2016

xiii

xiv Christian Quintana Pinedo

“A matemática apresenta invenções tão sutis que poderão servir não só parasatisfazer os curiosos como, também para auxiliar as artes e poupar trabalhoaos homens”.

R. Descartes (1596− 1650)

“Não adianta ter um mar de conhecimentos, com a profundeza de um mi-límetro.”

Ch. Q. Pinedo (1954−)

“Professores tendem a eternidade; nunca poderão saber onde termina suainfluencia.”

Henry Adams1 (1838− 1918)

1Henry Brooks Adams (16 de fevereiro de 1838˘27 de março de 1918) foi um estadunidense historiador,jornalista e novelista.

Capítulo 1

Sistema de números reais

1.1 Números reais. Operações

Exercícios 1-1

Exercício 1.1.1.Seja, N o conjunto de números naturais, e Z o conjunto de números inteiros. Deter-

mine quais dentre as seguintes proposições é verdadeira (v) e qual é a falsa (f):1. N = Z+ 2. N+ = Z 3. N+ = Z+ 4. N ⊂ Z

Solução.

Lembre que os seguintes conjuntos numéricos:N = {0, 1, 2, 3, 4, 5, . . . , n} . . . naturais.N+ = { 1, 2, 3, 4, 5, . . . , n} . . . naturais positivos.Z = { . . . ,−4, ,−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, . . . , } . . . inteiros.Z+ = { 1, 2, 3, 4, . . . } . . . inteiros positivos.

1. N = Z+ é uma proposição falsa, observe que N = Z+ ∪ {0}.

2. N+ = Z é uma proposição falsa, observe que N+ $ Z.

3. N+ = Z+ é uma proposição verdadeira, observe a definição dos conjuntos dados.

4. N ⊂ Z é uma proposição verdadeira, observe a definição dos conjuntos dados.

Exercício 1.1.2.Das seguintes proposições qual é verdadeira (v) ou falsa (f).

1. N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R 2. I ⊂ R 3. Q ∩ I = ∅

4. R−Q = I 5. N ⊂ (Q− Z) 6. N ∪ Z = Q

7. Z+ = N 8. Z ∩Q+ = N

1

2 Christian Quintana Pinedo

Solução.Da Figura 1.1 do livro1, temos que:

1. N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R é uma proposição verdadeira, observe o gráfico da Figura 1.1:.

2. I ⊂ R é uma proposição verdadeira, pela definição do conjunto dos números irracionaisI, observe o gráfico da Figura 1.1:.

3. Q∩

I = Φ é uma proposição verdadeira, observe o gráfico da Figura 1.1:.

4. R - Q = I é uma proposição verdadeira, observe que a igualdade é equivalente a Q∩ I= R.

5. N ⊂ (Q − Z) é uma proposição falsa, observe que no conjunto Q − Z, não existemnúmeros inteiros consequentemente não existem números naturais.

6. N∪Z = Q é uma proposição falsa, observe que N

∪Z = Z = Q.

7. Z+ = N é uma proposição falsa, observe o Exercício (1.1.1)-(3).

8. Z∩

Q+=N é uma proposição falsa, observe que Z ∩Q+ = N+ = N− {0}.

Exercício 1.1.3.Verifique quais das seguintes proposições, são verdadeiras:

1. 7, 43333... ∈ I 2.

√3

2∈ Q 3. 5, 41 ∈ (Q− Z)

4. − 5 /∈ Q 5. 2, 71854 /∈ I 6. 0 /∈ Z

7.√−7 /∈ R 8. − 3

5∈ (R−Q)

Solução.

1. 7, 43333... ∈ I é uma proposição falsa, observe que 7, 4333 · · · = 7 +43− 4

90∈ Q

2.√3

2∈ Q é uma proposição falsa, lembre que

√3 ∈ I.

3. 5, 41 ∈ (Q− Z) é uma proposição verdadeira, observe que 5, 41 =541

100∈ Q.

4. −5 /∈ Q é uma proposição falsa, observe que −5 =−5

1∈ Q.

5. 2, 71854 /∈ I é uma proposição verdadeira, observe 2, 71854 =271854

100000∈ Q.

1Cálculo Diferencial em R; pp. 03, do mesmo autor

Suplemento de Cálculo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31/01/2017 3

6. 0 /∈ Z é uma proposição falsa, sabemos que 0 ∈ Z.

7.√−7 /∈ R é uma proposição verdadeira, temos

√−7 =

√7 ·

√−1 =

√7 i ∈ C.

8. −3

5∈ (R−Q) é uma proposição falsa, sabemos que −3

5∈ Q.

Exercício 1.1.4.Construa um diagrama contendo os conjuntos N, Z, Q e I e situe os seguintes números:

1.

√3

22.

√−3 3. 0 4.

3

85. 8, 43

6.π

27. − 5 8. − 0, 60 9. 2, 573 10. 0, 333 · · ·

11. − 10

312.

0

313. − (−5

2)2

Solução.

Consideremos o seguinte gráfico numérico da Figura (1.1):

1.√3

2∈ I 2.

√−3 ∈ C

3. 0 ∈ N 4.3

8∈ Q

5. 8, 43 ∈ Q 6.π

2∈ I

7. −5 ∈ Z 8. −0, 60 ∈ Q

9. 2, 573 ∈ Q 10. 0, 333 · · · ∈Q

11. −10

3∈ Q 12.

0

3∈ N

13. −(−5

2)2

C

03

0

NZ−5

2, 573

8, 43

0, 60

0, 333 · · ·

38

− 103

Q

−(− 52)2

π2

√3

2 I

√−3

R

Figura 1.1:

Exercício 1.1.5.Mostre que, se x2 = 0, então x = 0.

Demonstração.

Suponhamos que x = 0, então existe o inverso de x denotado1

x.

Como x2 = 0 ⇒ 1

x· x2 =

1

x· 0 = 0 ⇒ (

1

x· x)x = 0 ⇒ 1 · x = 0 ⇒

x = 0; isto é contradição com o fato de supor x = 0.Portanto, x2 = 0 implica x = 0.


Exercício 1.1.6.Mostre que, se p é número ímpar, então p2 é ímpar.

Demonstração.Sabemos que todo número ímpar é da forma: p = 2n+ 1 ∀ n ∈ Z.Logo, p2 = (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 12 = 2(2n2 + 2n) + 1 = 2m + 1, onde m ∈ Z isto

é, p2 também é um número ímpar.

Exercício 1.1.7.Mostre que, se p é número par, então p2 é par.

Demonstração.Sabemos que todo número par escreve-se na forma: p = 2n ∀ n ∈ Z.Logo, p2 = (2n)2 = 4n2 = 2(2n2) = 2m onde 2n2 = m ∈ Z; isto é p2 é número par.

Exercício 1.1.8.

1. Se a é racional e b irracional, a+ b necessariamente é irracional?

2. Se a é irracional e b irracional, a+ b necessariamente é irracional?

3. Se a é racional e b irracional, ab necessariamente é irracional?

4. Existe número real a tal que a2 seja irracional, porém a4 racional?

5. Existem dois números irracionais tais que sua soma e produto sejam racionais?

Solução.

1. Sim, para todo a ∈ Q e b ∈ I, sempre a+ b ∈ I.

2. Não, por exemplo se a = π e b = −π, então a+ b = π + (−π) = 0 ∈ Q.

3. Não, por exemplo se a = 0 e b = −π, então ab = 0 · π = 0 ∈ Q.

4. Sim, por exemplo se a = 4√2 ⇒ a2 =

√2 ∈ I , porém a4 = 2 ∈ Q.

5. Sim, por exemplo se a =√3 e b = −

√3, então a + b =

√3 + (−

√3) = 0 ∈ Q, por

outro lado, a · b =√3 · (−

√3) = −3 ∈ Q.

Exercício 1.1.9.Mostre que

√2 é um número irracional.


Demonstração.A prova é por contradição.Suponhamos que

√2 ∈ Q, e sejam p , q ∈ Z+ tais que o mdc{ p, q } = 1 , e considere√

2 =p

q, logo a fração foi simplificada, ou seja p e q não têm nenhum fator em comum.

Em particular, p e q não podem ser ambos pares.Da expressão

√2 =

p

q, temos:

p2 = 2q2 (1.1)

Observe que p2 é par, logo p também é par; considere p = 2r, substituindo p naequação (1.1) temos: 2r2 = q2.

De qual deduzimos também que q é par, pois q2q é par. Assim p e q são pares. Porémisto contradiz o fato que mdc{ p, q } = 1.

Portanto, supor a afirmação que exista elemento√2 ∈ Q é falsa; assim

√2 /∈ Q; temos√

2 ∈ I.

Exercício 1.1.10.Um subconjunto A ⊆ R diz-se estável aditivamente se, ∀a, b ∈ A temos (a+ b) ∈ A;

e estável multiplicativamente se, ∀ a, b ∈ A temos (a.b) ∈ A.

1. Dados os conjuntos A = { 2, 4, 6, 8, · · · } e B = { 1, 3, 5, 7, 9, · · · }, determine se elessão conjuntos estáveis aditiva e multiplicativamente.

2. Dados os conjuntos: N, Z, Q e R determine quais são estáveis respeito das operaçõesde: i) adição; ii) multiplicação.

Solução.

1. Supondo os conjuntos A = {2, 4, 6, 8, · · ·} e B = {1, 3, 5, 7, 9, · · ·} como subconjuntosdos números naturais, temos: (i) O conjunto A é formado por números naturaispares, e a soma e produto de números pares é um número par, consequentementeA é estável aditivamente e multiplicativamente. (ii) O conjunto B é formado pornúmeros naturais ímpares, e a soma de ímpares é um número par que não pertencea B, já o produto de números ímpares é um número ímpar, consequentemente B

não é estável aditivamente e sim multiplicativamente.

2. Todos eles N, Z, Q e R são estáveis aditiva e multiplicativamente. Observe que omesmo não acontece com o conjunto I ⊂ R

Exercício 1.1.11.Mostre que 2 e 3 são as únicas raízes da equação x2 − 5x+ 6 = 0.

Demonstração.


Suponhamos que existam pelo menos três raízes da equação x2 − 5x+ 6 = 0 a saber:2, 3 e α, então pelas propriedades das raízes para a equação 0x3 + x2 − 5x+6 = 0 temos:2 + 3 + α = −1, (2)(3) + 2α + 3α = −5 e (2)(3)(α) = −6.

Assim, α = −6, 5α = −11 e α = −1. Isto é absurdo! Não existe α com essascaracterísticas.

Completando quadrados a equação x2−5x+6 = 0 segue que x2−2(5

2)x+(

5

2)2+6 = (

5

2)2

de onde(x− 5

2

)2= (

5

2)2 − 6 ⇒ x =

5

2± 1

2.

Assim, 2 e 3 são as únicas raízes da equação x2 − 5x+ 6 = 0.

Exercício 1.1.12.Transforme cada uma das expressões em um único radical:

1.√x√

y√z 2. 3

√x 3√

y 3√z 3. 4

√x 3√y√z

Solução.

1.√

x√

y√z =

√x√√

y2z =√x 4√y2z =

√4√

x4y2z = 8√

x4y2z

2. 3

√x 3√y 3√z =

3

√x 3

√3√y3z = 3

√x 9√

y3z = 27√x9y3z

3. 4

√x 3√

y√z =

4

√x 3

√√y2z = 4

√x 6√

y2z = 24√x6y2z

Exercício 1.1.13.Determine a condição para que seja possível expressar

√a+

√b na forma

√x+

√y ,

onde a, b, x e y sejam números racionais.Solução.

Suponhamos que√a+

√b =

√x+

√y, então a+

√b = x+ y+

√4xy. Logo podemos

supor que: a = x+ y e b = 4xy.Logo, multiplicando a primeira igualdade precedente por 4x resulta 4xa = 4x2 +4xy ,

isto é 4x2 − 4ax+ b = 0.

Pela fórmula de Bhaskara segue que x =4a±

√16a2 − 16b

8⇒ x =

a±√a2 − b

2.

Como a = x+ y ⇒ a− a∓√a2 − b

2= y ⇒ y =

a∓√a2 − b

2

1a Condição: Se a2 − b = 0 então x =a

2e y =

a

2. São números racionais.

2a Condição: Se√a2 − b ≤ a ⇒ ⇒ x =

a+√a2 − b

2e y =

a−√a2 − b

2.

Aqui não está garantido ter números racionais.

3a Condição: Se√a2 − b > a não é possível escrever a igualdade.


Exercício 1.1.14.Escreva as expressões abaixo como uma soma de radicais:1.

√12 +

√140 2.

√13−

√160 3.

√9−

√72

Solução.

1. Pela segunda condição do exercicio anterior,√122 − 140 ≤ 12, então x =

12 +√122 − 140

2=

7 e y =12−

√122 − 140

2= 5

Portanto,√

12 +√140 =

√7 +

√5.

2. Pelo exercicio anterior,√132 − 160 ≤ 13, então x =

13 +√132 − 160

2= 8 e y =

13−√132 − 160

2= 5

Portanto,√

13−√160 =

√8−

√5.

3. Temos,√92 − 72 ≤ 9, então x =

9 +√92 − 72

2= 6 e y =

9−√92 − 72

2= 3

Portanto,√

9−√72 =

√6−

√3.

Exercício 1.1.15.Simplifique as seguintes expressões:

1.13√2+

13√4− 1

3√16

2.2 +

√5

2−√3+

1−√5

2 +√3

3. ( 3√9− 3

√3)2

Solução.

1.13√2+

13√4− 1

3√16

=3√8 + 3

√4− 1

3√16

=1 + 3

√4

2 3√2

=3√4 + 3

√16

4.

2.2 +

√5

2−√3+

1−√5

2 +√3=

(2 +√5)(2 +

√3) + (1−

√5)(2−

√3)

22 − (√3)2

= 6 +√3 + 2

√15.

3. ( 3√9− 3

√3)2 = 3 3

√3− 6 +

3√32

Exercício 1.1.16.

Sejam a, b, c, d, m, n e p números reais positivos. Mostre que sea

m=

b

n=

c

pentão

√am+

√bn+

√cp =

√(a+ b+ c)(m+ n+ p) .

Demonstração.

Suponhamos quea

m=

b

n=

c

p= k ⇒ a = mk, b = nk, c = pk de onde

(a+ b+ c) = k(m+ n+ p).Por outro lado, como m é positivo segue que

√am +

√bn +

√cp = (m + n + p)

√k ,

também √(a+ b+ c)(m+ n+ p) = (m+ n+ p)

√k


Comparando esta duas últimas igualdades, segue que

√am+

√bn+

√cp =

√(a+ b+ c)(m+ n+ p)

Exercício 1.1.17.Dados os números a = 710 e b = 68.

1. Determine o máximo divisor comum de a e b.

2. Determine o mínimo múltiplo comum de a e b.

Solução.

1. Temos 710 = 2× 5× 71 e 68 = 22 × 17, logo o m.d.c{a, b} = 2.

2. Logo o m.m.c{a, b} = 22 × 5× 17× 71 = 24140.

Exercício 1.1.18.Há seis anos, a idade de Alberto era quatro vezes a idade de Pedro. Calcular suas

idades atuais sabendo que, dentro de quatro anos, Alberto só terá o dobro da idade dePedro.Solução.

Considerando que, o aumento da quantidade de anos para as pessoas é sempre amesma, temos a seguinte Tabela (1.1):

Idade de Alberto Idade de PedroHá seis anos A − 6 P − 6

Hoje A PDentro quatro anos A + 4 P + 4

Tabela 1.1:

Suponhamos sejam A e P as idades atuais de Alberto e Pedro respectivamente, então:A − 6 = 4(P − 6) e A + 4 = 2(P + 4) ⇒ A = 4(P − 6) + 6 = 2(P + 4) − 4 ⇒4P − 18 = 2P + 4 ⇒ P = 11 ⇒ A = 26.

Portanto, as idades de Alberto e Pedro são 26 e 11 anos respectivamente. �

Exercício 1.1.19.

A idade de Maria é1

2(metade) de

2

3da idade de Marisa. Se Marisa tem 24 anos.

Quantos anos têm Maria?Solução.


Suponhamos seja M a idade de Mariza, logo a idade de Maria é1

2· 23M ; isto é, a idade

de Maria é1

3M .

Como M = 24, então a idade de Maria é1

3(24) = 8.

Portanto, Maria tem oito anos.

Exercício 1.1.20.A soma das idades de 3 pessoas é 97. A maior tem 29 anos mais que a menor, e a do

meio 18 anos menos que a maior. Calcular a idade de cada uma.Solução.

Suponhamos as pessoas A, B e C, sendo A a maior, B a menor e, C a o meio.Consideremos b a idade da pessoa B, então a idade de A é 29 + b e a idade de C é

(29 + b)− 18, logo 97 = (29 + b) + b+ [(29 + b)− 18] ⇒ 3b+ 40 = 97 ⇒ b = 19.Portanto as idades das três pessoas são 19, 30 e 48 anos respectivamente. �

Exercício 1.1.21.Quanto de água deve ser adicionada a 100cm3 de 80% de uma solução de ácido bórico,

para reduzir-la a 50% da solução ?Solução.

Os 80% de 100 cc de solução de ácido bórico, representa 80 cc somente de bórico.Suponha temos que adicionar xcc de água, logo 50% de (100+x) cc é solução de ácido

bórico, representando somente50

100(100 + x) de bórico.

Pelos dados do problema tem que acontecer que,50

100(100 + x) = 80, então 160 =

100 + x ⇒ x = 60

Portanto, deve ser adicionado 60 cc de água. �

Exercício 1.1.22.Ao dividir o número D por d obtemos como quociente q e como resto r. Se aumen-

tarmos o dividendo D em 15 unidades e o divisor d em 5 unidades, o quociente e restooriginais permanecem iguais. Qual foi o quociente?Solução.

Pelo algoritmo de Euclides temos que D = d · q+ r onde 0 ≤ r < d.Por outro lado, da segunda hipótese temos que: D+ 15 = (d+ 5) · q+ r

Então D + 15 = (d + 5) · q + r ⇒ D = d · q + 5 · q + r − 15. Substituindo aprimeira igualdade segue que: d · q+ r = d · q+ 5 · q+ r− 15 ⇒ q = 3.

Portanto, q = 3. �


Exercício 1.1.23.

Compram-se cadernos de forma progressiva da seguinte maneira: no primeiro dia 14

cadernos; no segundo dia 15 cadernos; no terceiro dia 16 cadernos e assim sucessivamente.Depois de 30 dias consecutivos comprando, quantos cadernos foram comprados no total ?Solução.

Dias 1o 2o 3o · · · 30o

Cadernos 14 15 16 · · · ?

Suponhamos o total de livros seja T ; logo:

T = 14 + 15 + 16 + · · ·+? = (13 + 1) + (13 + 2) + (13 + 3) + · · ·+ (13 + 29) + (13 + 30)

T = (13)(30) + (1 + 2 + 3 + · · ·+ 30) = 390 +13× 14

2= 855

Foram comprados 855 cadernos.

Exercício 1.1.24.

O denominador de uma fração decimal é 3 a menos que o dobro do numerador. Se onumerador aumenta em 5 e o denominador em 14, o valor da fração é 7/15. Determinea fração.Solução.

Suponhamos que o numerador seja x, logo o denominador é 2x− 3 consequentementea fração é

x

2x− 3.

Pelos dados do problema o denominador aumenta em 14 e o numerador em 5, assim:

x+ 5

2x− 3 + 14=

7

15⇒ 15(x+ 5) = 7(2x+ 11) ⇒ x = 2

Portanto, a fração é2

1= 2.

Exercício 1.1.25.

Expedição : Planeta K

Informe : Ao chegar ao planeta K, achamos seres vivos como em nosso planeta, emboratambém tenham 20 dedos, eles têm um membro a menos, e; um dedo a mais emcada membro.

Pergunta-se : Possivelmente que tipo de seres habitam o planeta K ?

Suplemento de Cálculo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31/01/2017 11

Planeta K Nosso planetaMembro x− 1 x

Dedos em cada membro y + 1 yTotal dedos (x− 1)(y + 1) xy

Tabela 1.2:

Solução.Trata-se de um problema de números inteiros. Consideremos o Tabela (1.2):

Pelos dados do problema, temos que (x− 1)(y + 1) = 20 e x · y = 20.Logo, (x−1)(y+1) = 20 ⇒ x · y+x− y−1 = 20 de onde, substituindo x · y = 20

obtemos que x− y = 1. Como o produto de dois números inteiros é 20 e sua diferencia é1, os números são x = 5 e y = 4.

Portanto os seres do planeta K têm quatro membros e cinco dedos em cada membro.O planeta K é a Terra.

Exercício 1.1.26.Determine dois números tais que sua soma, produto e quociente sempre sejam iguais.

Solução.

Suponhamos b = 0 e sejam os números a e b tais que a · b = a

b= a+ b, então:

a+ b =a

b(1.2)

a+ b = a · b (1.3)

a · b = a

b(1.4)

Da igualdade (1.4) temos que a · b =a

b⇒ a · b2 = a ⇒ a(b2 − 1) = 0 ⇒

a = 0 ou b = 1 ou b = −1.Se a = 0, na igualdade (1.2) temos que 0 + b = 0 ⇒ b = 0; isto é absurdo pois

b = 1 ou b = −1. Logo a = 0.Se b = −1, na igualdade (1.3) temos que a+ b = a · b ⇒ a− 1 = −a ⇒ 2a =

1 ⇒ a =1

2.

Os valores a =1

2e b = −1 são os únicos valores que satisfazem as três igualdades.

Portanto os números procurados são1

2e −1.

Exercício 1.1.27.Uma lebre seguida por um “galgo” leva uma vantagem de 50 saltos. O “galgo” dá 5

saltos enquanto que a lebre dá 6 saltos, mas, 9 saltos da lebre equivalem a 7 do “galgo”.Quantos saltos dará a lebre antes de ser alcançada pelo “galgo” ?Solução.


O galgo dá 5 saltos enquanto que a lebre dá 6 saltos, então, quando a lebre dá 1 salto,

o galgo dá5

6de salto. Suponhamos que a lebre deu x saltos antes de ser alcançada pelo

galgo, então o galgo deu5x

6saltos.

Como 9 saltos da lebre equivalem a 7 do galgo então, 50 + x saltos da lebre mede

(equivalem) tanto como5x

6saltos do galgo, então 7(50 + x) = 9

[5x

6

]42(50 + x) = 45x ⇒ x = 700

A lebre dará 700 saltos antes de ser alcançada pelo galgo.

Exercício 1.1.28.

Uma sequência de números reais é dita uma progressão aritmética de segunda ordemquando a seqüência formada pelas diferenças entre termos sucessivos for uma progressãoaritmética. Assinale a alternativa na qual se encontra parte de uma progressão aritméticade segunda ordem.

A)={0, 5, 12, 21, 23} B)= {6, 8, 15, 27, 44} C) ={−3, 0, 4, 5, 8}D) = {7, 3, 2, 0,−1} E) ={2, 4, 8, 20, 30}.

Solução.

Para o conjunto A: 5− 0 = 5, 12− 5 = 7, 21− 12 = 9, 23− 21 = 2.Para o conjunto B: 8− 6 = 2, 15− 8 = 7, 27− 15 = 12, 44− 27 = 17

Os termos: 2, 7, 12, 17 formam uma P.A., logo a resposta é B.

Exercício 1.1.29.

Mostre que, se p é um número primo e ai ∈ Z, i = 1, 2, 3, · · · , n, então:(a1 + a2 + a3 + · · · + an)

p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + kp para algum k ∈ Z.Solução.

Mostra-se que Cip =

(p

i

)=

p!

i!(p− i)!= pα, i = 1, 2, 3, . . . , (p− 1), α ∈ Z.

Onde C iP é a combinatoria de p elementos em grupos de i elementos distintos. Pelo

binômio de Newton

(a1 + a2)p =

p∑i=0

(p

i

)ap−i1 ai2 = ap1 +

p−i∑i=1

(p

i

)ap−i1 ai2 + ap2 = ap1 + ap2 + αp (1.5)

Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para qualquer n ∈ N, isto é

(a1 + a2 + a3 + · · · + an)p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + kp (1.6)


Para o sucessor de n, temos, aplicando (1.5) por analogia

[(a1 + a2 + a3 + · · · + an) + an+1]p = (a1 + a2 + a3 + · · · + an)

p + (an+1)p + βp

Supondo verdadeiro para n, aplicando (1.6) a esta última igualdade

[(a1 + a2 + a3 + · · · + an) + an+1]p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + kp+ (an+1)

p + βp

isto é

[(a1 + a2 + a3 + · · · + an) + an+1]p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + (an+1)

p + p(k + β)

Do fato (k + β) ∈ Z, então o problema está resolvido.

Exercício 1.1.30.Sejam a, b ∈ Z tais que (a, b) = 1 sendo a e b diferentes de zero. Mostre que existem

x, y ∈ Z tais que1

abpodemos escrever na forma

1

ab=

x

a+

y

bSolução.

Desde que a e b são diferentes de zero, sabemos que o máximo divisor desses doisnúmeros escrito na fora (a, b) = 1 também podemos escrever na forma ax+ by = 1 paraalguns x e y inteiros.

Como ab = 0 logo podemos dividir essa outra forma de escrever o mmd{a, b}m assim

ax+ by = 1 ⇒ ax+ by

ab=

1

ab⇒ x

a+

y

b=

1

ab

para certos x, y ∈ Z.

Exercício 1.1.31.Mostre que todo quadrado perfeito é da forma 5n ou 5n± 1 para n ∈ Z.

Solução.

Todo número inteiro podemos escrever na forma; 5k ± 1, 5k, 5k ± 2. Quando onúmero for da forma:

• 5k ± 1, e um quadrado perfeito é (5k ± 1)2 = 25k2 ± 10k + 12 = 5β + 1.

• 5k, e um quadrado perfeito é (5k)2 = 25k2 = 5γ.

• 5k ± 2, e um quadrado perfeito é (5k ± 2)2 = 25k2 ± 20k + 4 = 5γ − 1.

Portanto, todo quadrado perfeito é da forma 5n ou 5n± 1 para n ∈ Z.


Exercício 1.1.32.Verificar que todo número natural n = xmdcu é múltiplo de:

1. 2 se, e somente se, u = 0, 2, 4, 6, 8. Isto é, se o algarismo das unidades de n formúltiplo de 2

2. 3 (ou 9) se, e somente se,a soma x+m+ c+ d+ u for divisível por 3 (ou 9). Ondex, m, c, d, u são os algarismos de n

3. 4 se, e somente se, o número du for múltiplo de 4, ou n é da forma a = xm200.

4. 5 se, e somente se, u = 0 ou u = 5.

5. 6 se, e somente se, n for divisível por 2 e 3.

6. 8 (ou 125) se, e somente se,o número cdu for divisível por 8 (ou 125), ou n da forman = x000.

7. 11 se, e somente se, (d+m)− (x+ c+ u) for divisível por 11.

8. 25 se, e somente se, o número du for múltiplo de 25, ou du = 00.

Solução.

Seja a ∈ Z, por exemplo consideremos n = xmdcu; isto é n é um número compostopor cinco algarismos. A decomposição polinômica na base decimal do número n é: n =

105x+ 104m+ 103d+ 102c+ u e, os algarismos satisfazem as seguintes propriedades:O número n é divisível por:

• 2 se, e somente se, u = 0, 2, 4, 6, 8. Isto é, se o algarismo n for múltiplo de 2

• 3 (ou 9) se, e somente se,a soma x+m+ d+ c+ u for divisível por 3 (ou 9).

• 4 se, e somente se, o número cu for múltiplo de 4, ou n é da forma n = xmd00.

• 5 se, e somente se, u = 0 ou u = 5.

• 6 se, e somente se, n for divisível por 2 e 3.

• 8 (ou 125) se, e somente se,o número dcu for divisível por 8 (ou 125), ou n daforma xm000.

• 11 se, e somente se, (c+m)− (x+ d+ u) for divisível por 11.

• 25 se, e somente se, o número cu for múltiplo de 25, ou cu = 00.


Exercício 1.1.33.Determine uma regra que permita saber se um número natural n é múltiplo de 7.

Solução.

“Todo número N = anan−1 . . . a1a0 é múltiplo de sete, se o número N1 =

anan−1 . . . a1 − 2a0 for múltiplo de sete.”

Com efeito:Dado N = anan−1 . . . a1a0 podemos escrever na forma N = 10(anan−1 . . . a1) + a0

Sabemos que N1 = anan−1 . . . a1 − 2a0 é múltiplo de sete, logo

10N1 = 10anan−1 . . . a1 − 20a0 ⇒ 10anan−1 . . . a1 = 10N1 + 20a0

Substituindo na primeira igualdade

N = 10(anan−1 . . . a1) + a0 ⇔ N = 10N1 + 21a0

Como 21a0 é múltiplo de sete, e 10N1 também é múltiplo de sete, logo N é múltiplode sete.

Exercício 1.1.34.Uma aranha se encontra no vértice A de um cubo sólido cuja aresta é de 10cm, e tem

a intenção de capturar uma mosca que se encontra no vértice oposto B (ver Figura (1.2)).A aranha deve caminhar sobre a superfície do cubo sólido e encontrar o caminho maiscurto. Encontre o comprimento desse caminho. .

Figura 1.2:

Solução.

Temos AB2= 102 + 202 então AB = 10

√5.

Portanto, o caminho mais curto é AB = 10√5 cm.


1.2 Relação de Ordem.

Exercícios 1-2

Exercício 1.2.1.Mostre que, se 0 < a < 1 então a2 < a.

Demonstração.Do fato 0 < a < 1 temos que 0 < a e a < 1 ⇒ a · a < a · 1 ⇒ a2 < a

Portanto, se 0 < a < 1 então a2 < a.

Exercício 1.2.2.Mostre que, a > b ≥ 0 então a2 > b2 onde a, b ∈ R.

Demonstração.Sabemos que a > b ≥ 0, como a > 0 ⇒ a · a > b · a ⇒ a2 > ab.Do fato b ≥ 0, podemos supor b = 0, logo da desigualdade a > b ⇒ a · b >

b · b ⇒ ab > b2.Comparando as desigualdades obtidas temos que a2 > ab > b2.Para o caso b = 0 é óbvio que a2 > b2 = 0.Portanto, se a > b ≥ 0 então a2 > b2 onde a, b ∈ R.

Exercício 1.2.3.Mostre que, se a, b > 0 e a2 > b2 então a > b.

Demonstração.Como a, b > 0 e a2 > b2 então a2 − b2 ⇒ (a+ b)(a− b) > 0 · · · .Suponhamos a+ b > 0 e a− b > 0 ⇒ a > −b e a > b; assim a > b.Por outro lado, se a+ b < 0 e a− b < 0 ⇒ a < −b e a < b; assim a < −b. Sendo

b > 0 ⇒ a < −b < 0 logo esta situação não é possível.Portanto, se a, b > 0 e a2 > b2 então a > b.

Exercício 1.2.4.Mostre que, se a e b são positivos (ou negativos) e b > a então a−1 > b−1.

Demonstração.Se a e b tem o mesmo sinal então eles são positivos ou negativos simultaneamente.Seja a > 0 e b > 0, então a−1 > 0 e b−1 > 0, logo como, 0 < a < b ⇒ 0 · a−1 <

a · a−1 < b · a−1 ⇒ 0 < 1 < ba−1.Multiplicando por b−1 > 0 temos que 0·b−1 < b−1 < (ba−1)(b−1) ⇒ 0 < b−1 < a−1.Para o caso ambos negativos resulta b−1 < a−1 < 0.

Portanto, se ab > 0 e a < b então b−1 < a−1.


Exercício 1.2.5.Dados os números reais a e b, mostre que 2ab ≤ a2 + b2.

Demonstração.

Para todo a, b ∈ R temos que 0 ≤ (a − b)2 ⇒ 0 ≤ a2 − 2ab + b2 de onde segueque:

2ab ≤ a2 + b2 (1.7)

Portanto, para todo número real a, b ∈ R temos 2a · b ≤ a2 + b2.

Exercício 1.2.6.

Mostre que, se a > 0 então (a+1

a) ≥ 2.

Demonstração.

Na Fórmula (1.7), pelo fato a > 0 podemos considerar m > 0, a =√m e b =

1√m

⇒ 2(√m)2 ·

(1√m

)2

≤ (√m)2 +

(1√m

)2

⇒ 2 ≤ m+1

m.

Portanto, se m > 0, então (m+1

m) ≥ 2.

Exercício 1.2.7.Mostre que, se a+ b+ c = 1 onde, a > 0, b > 0, c > 0, então temos que, (1− a)(1−

b)(1− c) ≥ 8abc.

Demonstração.De a + b + c = 1 temos que 1 − a = b + c, 1 − b = a + c e 1 − c = a + b ⇒

(1− a)(1− b)(1− c) = (b+ c)(a+ c)(a+ b) = a2b+ ab2 + a2c+ ac2 + b2c+ cb2 + 2abc =

a(b2 + c2) + b(a2 + c2) + c(a2 + b2) + 2abc.Aplicando a desigualdade (1.7) a b2+c2, a2+c2 e a2+b2 vem que, (1−a)(1−b)(1−c) ≥

a(2bc) + b(2ac) + c(2ab) + 2abc = 8abc.Portanto, (1− a)(1− b)(1− c) ≥ 8abc.

Exercício 1.2.8.

Mostre que: Se 0 < a < b, então a ≤√ab ≤ a+ b

2≤ b.

Demonstração.Sejam b > a > 0, A =

√a, B =

√b; na desigualdade (1.7) temos:

2√a ·

√b ≤ (

√a)2 + (

√b)2 ⇒ 2

√ab ≤ a+ b ⇒

√ab ≤ a+ b

2

Por outro lado, em geral sempre que b > a > 0, temos a ≤ a+ b

2≤ b; além disso

√b >

√a > 0 de onde

√ab =

√a√b >

√a√a = a > 0.


Das desigualdades mostradas concluímos que a <√ab ≤ a+ b

2≤ b.

Portanto, se 0 < a < b, então a ≤√ab ≤ a+ b

2≤ b .

Exercício 1.2.9.

Mostre que:√ab ≥ 2ab

a+ bquando a, b > 0.

Demonstração.Sejam a, b > 0. Na demonstração do Exercício (1.2.8) mostramos que

√ab ≤

a+ b

2⇒ 2

√ab√ab ≤

√ab(a+ b) ⇒ 2ab

a+ b≤

√ab

Exercício 1.2.10.Mostre que, quando a, b, c, d ∈ R, então a4 + b4 + c4 + d4 ≥ 4abcd.

Demonstração.Na desigualdade (1.7) temos que 2mn ≤ m2 + n2 sendo m, n ∈ R.Considerando m = a2, n = b2 ⇒ 2a2b2 ≤ a4 + b4, do mesmo modo podemos

considerar m = c2, n = d2 ⇒ 2c2d2 ≤ c4 + d4,Assim obtivemos 2a2b2 ≤ a4+b4 e 2c2d2 ≤ c4+d4, somando estas desigualdades segue

que 2a2b2 + 2c2d2 ≤ (a4 + b4) + (c4 + d4) ⇒ 2[(ab)2 + (cd)2] ≤ a4 + b4 + c4 + d4.Por último na desigualdade 2mn ≤ m2 + n2 se consideramos m = ab, n = cd ⇒

2(ab)(cd) ≤ (ab)2 + (cd)2.De onde 4(ab)(cd) ≤ 2[(ab)2 + (cd)2] ≤ a4 + b4 + c4 + d4.Portanto, se a, b, c, d ∈ R, então a4 + b4 + c4 + d4 ≥ 4abcd.

Exercício 1.2.11.

Mostre que: a3 +1

a3> a2 +

1

a2se a > 1.

Demonstração.Se se a > 1, então a − 1 > 0 e a5 > 1. Multiplicando esta última desigualdade

por a − 1 resulta a5(a − 1) > (a − 1) ⇒ a6 + 1 > a5 + a ⇒ a3(a3 +

1

a3

)>

a3(a2 +

1

a2

)⇒ a3 +

1

a3> a2 +

1

a2.

Portanto, a3 +1

a3> a2 +

1

a2sempre que a > 1.

Exercício 1.2.12.

Mostre que, se a, b, c > 0 entãobc

a+

ac

b+

ab

c> a+ b+ c.

Demonstração.

2ab ≤ a2 + b2 ⇒ 2abc2 ≤ a2c2 + b2c2

De modo análogo temos que 2a2bc ≤ a2b2 + a2c2 e 2acb2 ≤ a2b2 + c2b2.


Somando estas três desigualdades resulta:

2abc2 + 2a2bc+ 2acb2 ≤ (a2c2 + b2c2) + (a2b2 + a2c2) + (a2b2 + c2b2)

2abc(a+ b+ c) ≤ 2(a2c2 + b2c2 + a2b2)

a+ b+ c ≤ a2c2 + b2c2 + a2b2

abc=

ac

b+

bc

a+

ab

c

Exercício 1.2.13.Determinar o menor número M de modo que, para todo número real x, tenha-se

2x− x2 ≤ M .Solução.

Completando quadrados na desigualdade 2x− x2 ≤ M , temos que 2x− x2 ≤ M ⇒1− 1 + 2x− x2 ≤ M ⇒ 1− (1− x)2 ≤ M .

Sendo para todo número real x, observe que M será o menor número, quando x = 1

de onde 1 ≤ M .Portanto, M = 1 é o menor número.

Exercício 1.2.14.Determinar o maior número M de modo que, para todo número real x, tenha-se M ≤

x2 − 16x.Solução.

Completando quadrados na desigualdade M ≤ x2−16x, temos que M ≤ x2−16x ⇒M ≤ x2 − 16x+ 82 − 82 ⇒ M ≤ (x− 8)2 − 64.

Sendo para todo número real x, observe que M será o maior número, quando x = 8

de onde M ≤ −64.Portanto, M = −64 é o maior número. �

Exercício 1.2.15.

Sejam a e b positivos, mostre quea

b2+

b

a2≥ 1

a+

1

b.

Demonstração.Sabemos que para todo a, b ∈ R 2ab ≤ a2 + b2

Multiplicando esta desigualdade por a > 0 ⇒ 2a2b ≤ a3 + ab2 e multiplicandopor b > 0 ⇒ 2ab2 ≤ a2b+ b3.

Somando estas duas desigualdades temos 2ab2 + 2a2b ≤ (a3 + ab2) + (ba + b3) ⇒ab2 + a2b ≤ a3 + b3 ⇒ ab(a+ b) ≤ a3 + b3 ⇒ a+ b ≤ a2b2(

a

b+

b

a⇒ 1

a+

1

b≤

a

b2+

b

a2.

Portanto, se a e b positivos, entãoa

b2+

b

a2≥ 1

a+

1

b.


Exercício 1.2.16.

Demonstrar que, se a e b são números inteiros positivos entãoa3 + b3

2≥(a+ b

2

)3

.

Demonstração.Mostramos no exercício (1.2.15) que se a, b ∈ R ⇒ ab(a+ b) ≤ a3 + b3.Logo (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) ⇒ (a + b)3 ≤ a3 + b3 + 3(a3 + b3) ⇒

(a+ b)3 ≤ 4(a3 + b3) ⇒ (a+ b)3

8≤ 4(a3 + b3)

8.

Portanto, se a e b são números inteiros positivos entãoa3 + b3

2≥(a+ b

2

)3

.

Exercício 1.2.17.Mostre que, se x3 + y3 + z3 = 81, x > 0, y > 0, z > 0, então xyz ≤ 27.

Demonstração.

Sabe-se que para números reais positivos, se 2ab ≤ a2 + b2 ⇒ 2a2b ≤ a3 + ab2,logo

2x2y ≤ x3 + xy2, 2z2y ≤ z3 + zy2 2y2z ≤ y3 + yz2

2x2z ≤ x3 + xz2, 2z2x ≤ z3 + zx2 2y2x ≤ y3 + yx2

somando estas seis desigualdades

2x2y+2x2z+2z2y+2z2x+2y2z+2y2x ≤ x3+xy2+x3+xz2+z3+zy2+z3+zx2+y3+yz2+y3+yx2

x2y + x2z + z2y + z2x+ y2z + y2x ≤ 2x3 + 2z3 + 2y3 = 2(81) = 162 ⇒

y(x2 + z2) + z(x2 + y2) + x(z2 + y2) ≤ x2y + x2z + z2y + z2x+ y2z + y2x ≤ 162 ⇒

y(2xz) + z(2xy) + x(2yz) ≤ y(x2 + z2) + z(x2 + y2) + x(z2 + y2) ≤ 162 ⇒

6xyz ≤ 162 ⇒ xyz ≤ 27.Portanto, se x3 + y3 + z3 = 81, x > 0, y > 0, z > 0, então xyz ≤ 27.

Exercício 1.2.18.

Mostre a desigualdade:x2 + 3√x2 + 2

≥ 2.

Demonstração.

Sabemos que√x2 + 2√x2 + 2

= 1, podemos supor que a =√x2 + 2 e b =

1√x2 + 2

, então

a · b = de onde, como a ≥ 0, b ≥ 0 segue que a ≥ 1 e 0 ≤ b ≤ 1. Assim, 0 ≤ 1 − a e0 ≤ b− 1.

Multiplicando ambas as desigualdades temos 0 < (a−1)(1−b), então 0 ≤ a+b−ab−1

de onde 1 + ab ≤ a+ b, como a · b = 1, segue que a+ b ≥ 2.


Assim, temos1√

x2 + 2+√x2 + 2 ≥ 2, de onde

1 + (√x2 + 2)2√

x2 + 2≥ 2.

Portanto,x2 + 3√x2 + 2

≥ 2.

Exercício 1.2.19.

Dado que 0 < a < b, determine a solução da inequação

1

x+

1

a+ b− x<

1

a+

1

b

Solução.

Temos que considerar x = 0 assim

1

x+

1

a+ b− x<

1

a+

1

b⇒ a+ b

x(a+ b− x)<

a+ b

ab

logo como 0 < a+ b e ab > 0 entãoab

x(a+ b− x)< 1. Se x(a+ b− x) > 0, então

x(a+ b− x)

ab> 1 ⇒ x2 − x(a+ b) + ab < 0 ⇒ (x− a)(x− b) < 0

logo x ∈ (a, b).

Se x(a+ b− x) < 0, então

x(a+ b− x)

ab< 1 ⇒ x2 − x(a+ b) + ab > 0 ⇒ (x− a)(x− b) > 0

logo x ∈ (−∞, a) ∪ (b,+∞).

Exercício 1.2.20.

Mostre que se ab ≥ 0, então ab ≥ min .{a2, b2}.Demonstração.

Dados dois números quaisquer x e y, sabe-se que o:

min .{x, y} =x+ y − |x− y|

2e max .{x, y} =

x+ y + |x− y|2

Caso 1. Suponhamos que b > 0 e a ≥ b ⇒ a2 ≥ ab ≥ b2, logo

min .{a2, b2} =a2 + b2 − |a2 − b2|

2=

a2 + b2 − (a2 − b2)

2= b2 ≤ ab

então min .{a2, b2} ≤ ab.


Caso 2. Suponhamos que a > 0 e b ≥ a ⇒ ab ≥ a2, e |a2−b2| = −(a2−b2) = b2−a2,logo

min .{a2, b2} =a2 + b2 − |a2 − b2|

2=

a2 + b2 − (b2 − a2)

2= a2 ≤ ab

então min .{a2, b2} ≤ ab.

Caso 3. Supondo a < 0 e b < 0, para o caso a ≥ b ⇒ b2 ≥ ab ≥ a2, é o Caso 2.Quando b ≥ a ⇒ a2 ≥ ab ≥ b2, é o Caso 1.

Portanto, se ab ≥ 0, então ab ≥ min .{a2, b2}.

Exercício 1.2.21.

Mostre que, se a+ b = 1, então: a4 + b4 ≥ 1

8.

Demonstração.

Como a+ b = 1, então 1 = 12 = (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2 ≤ 2(a2 + b2).De 1 ≤ 2(a2 + b2) ⇒ 12 ≤ 4(a2 + b2)2 ⇒ 1 ≤ 8(a4 + b4).

Portanto, se a+ b = 1, então: a4 + b4 ≥ 1

8.

Exercício 1.2.22.

Determine todos os valores reais de r para os quais o polinômio: (r2 − 1)x2 + 2(r −1)x+ 1, seja positivo para todo x ∈ R.Solução.

Suponhamos r = ±1, e consideremos o polinômio p(x) = (r2 − 1)x2 + 2(r − 1)x + 1.Logo, completando quadrados:

p(x) =1

r2 − 1

[x2 + 2

(r − 1)

(r2 − 1)x+

1

(r2 − 1)

]=

1

r2 − 1

[x2 + 2

1

(r + 1)x+

1

(r2 − 1)

]

p(x) =1

r2 − 1

[x2 + 2

1

(r + 1)x+

1

(r + 1)2− 1

(r + 1)2+

1

(r2 − 1)

]

p(x) =1

r2 − 1

([x+

1

r + 1

]2− 1

(r + 1)2+

1

(r2 − 1)

)p(x) =

1

r2 − 1

([x+

1

r + 1

]2+

2(r − 1)

(r2 − 1)2

)Sempre que r > 1 teremos que p(x) > 0.Para o caso r = 1 temos que p(x) = 1 > 0.Portanto, para valores r ≥ 1 temos que p(x) > 0.


Exercício 1.2.23.Dados três números positivos, sabe-se que seu produto é 1 e a soma desses três números

é maior que a soma dos seus inversos. Mostre que um dos números é maior que 1,enquanto os outros dois são menores que 1.Solução.

Sejam os números a, b e c, como abc = 1 podemos supor que a =1

α, b = kα e c =

1

k,

para α, k ∈ N+ pela condição temos

1

α+ kα+

1

k>

α

1+

1

kα+

k

1⇔ k + k2α2 + α > kα2 + 1 + αk2 ⇔

(k − 1)(αk − 1)(α− 1) > 0

Suponhamos k > 1 então k(α− 1

k)(α−1) > 0 de onde

1

k< α < 1, logo 1 < kα < k.

Portanto, a < 1, c < 1 e b > 1.

Suponhamos 0 < k < 1 então k(α − 1

k)(α − 1) < 0 de onde 1 < α <

1

k, logo

k < kα < 1. Portanto, a < 1, b < 1 e c > 1.

Exercício 1.2.24.Os lados a, b e c de um triângulo satisfazem a relação a2+ b2+ c2 ≥ ab+ac+ bc. Esse

triângulo é equilátero?Solução.

De a2 + b2 + c2 ≥ ab+ ac+ bc temos

2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab+ ac+ bc) ⇒ (a− b)2 + (a− c)2 + (b− c)2 ≥ 0

Somente quando (a− b)2 + (a− c)2 + (b− c)2 = 0 então a = b = c logo o triângulo éequilátero.

O caso (a − b)2 + (a − c)2 + (b − c)2 > 0 então pelo menos a = b ou a = c logo otriângulo não é equilátero.

Exercício 1.2.25.

Mostre que, se a, b ∈ R são números tais que a+b = 1, então(a+

1

a

)2+(b+

1

b

)2≥ 25

2.

Solução.

Em geral, para todo m,n ∈ R sabemos que 2mn ≤ m2 + n2, quando a + b = 1 ondea = 0 e b = 0 temos

1 = (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2 ≤ 2(a2 + b2) ⇒ a2 + b2 ≥ 1

2(a+

1

a

)2+(b+

1

b

)2= a2 + b2 + 4 +

1

a2+

1

b2≥ 1

2+ 4 +

1

a2+

1

b2


Também de 2mn ≤ m2 + n2 considerando m =1

ae n =

1

bsegue

1

a2+

1

b2≥ 2

ab,

assim temos (a+

1

a

)2+(b+

1

b

)2≥ 9

2+

2

ab

Novamente, de 2ab ≤ a2 + b2 ⇒ 4ab ≤ (a+ b)2 = 1 ⇒ 1

ab≥ 4 de onde

(a+

1

a

)2+(b+

1

b

)2≥ 9

2+

2

ab≥ 9

2+ 2(4) =

25

4

Portanto, se a, b ∈ R são números tais que a+ b = 1, então(a+

1

a

)2+(b+

1

b

)2≥ 25

2.

Exercício 1.2.26.A receita da venda de q unidades de um produto é R = 240q e o custo de produção de

q unidades é C = 190q + 1500. Para que haja lucro, a receita de vendas há de ser maiorque o custo. Para que valores de q este produto dará lucro?Solução.

Para obter lucro devemos supor que R > C.Isto é, 240q > 190q + 1500, de onde 50q > 1500, assim q > 30.Portanto, obteremos lucro se q > 30.

Exercício 1.2.27.Além do custo administrativo fixo, (diário) de R$350, 00 o custo de produção de q

unidades de certo produto é de R$5, 50 por unidade. Durante o mês de março, o custototal da produção variou entre o máximo de R$3.210 e o mínimo de R$1.604 por dia.Determine os níveis de produção máximo e mínimo por mês.Solução.

Por cada dia os gastos na produção de q unidades é 350 + 5, 5q.Durante o mês de março tivemos que a variação diária dos gastos foram 1.604 <

350 + 5, 5q < 3.210, de onde1.604− 350

5, 5< q <

3.210− 350

5, 5, isto é, o custo de produção

diária teve a variação 228 < q < 520.Portanto, durante um mês (30 dias) os níveis de produção atendem o intervalo 6840 <

q < 15600.

Exercício 1.2.28.Estabeleça para que valores reais de x a área de um círculo de raio x:

a) é maior que 400π cm2 b) não é superior a 400π cm2.Solução. a)

Tem que acontecer que Área do círculo = πx2 > 400π, então x2 > 202 e como x épositivo temos que x > 20.


Portanto, para valores de x maiores 20 a área do círculo é maior que 400π �

Solução. b)Se não é superior, pode ser no máximo igual, logo Área do círculo = πx2 ≤ 400π,

então x2 ≤ 202 e como x é positivo temos que x ≤ 20.Portanto, para valores de x menores ou iguais a 20 a área do círculo não é superior a

400π �

Exercício 1.2.29.Uma piscina infantil deve ter 1 m de altura e o formato de um bloco retangular. O

seu comprimento precisa superar à largura em 0, 2m. Com quanto de largura essa piscinacomportará mais de 2000.000 litros? (Lembrete: 1m3 = 1.000 litros).Solução.

Suponhamos a largura seja xm, então o comprimento da piscina é (x+0, 2)m, e comoa altura mede 1m, logo o volume da piscina é de x(x+ 0, 2)m3. Como 2000.000 litros =

2000m3

Pelos dados do problema, deve acontecer que x(x + 0, 2)m3 > 2000m3, então x >√2.000, 01− 0, 1)m.Portanto, a largura tem que ser superior a 44, 62m.

Exercício 1.2.30.Sabe-se que sobre certas condições o número de bactérias que contém o leite se duplica

a cada 3 horas. Calcular o número pelo qual é necessário multiplicar a quantidade debactérias do início, para obter o número de bactérias ao final de 1 dia.Solução.

Observe a seguinte Tabela:

Horas 0 3 = 3× 1 6 = 3× 2 9 = 3× 3 · · · 24 = 3× 8

No de bactérias x 2x = 21x 4x = 22x 8x = 23x · · · = 28x

Tabela 1.3:

Pelos dados do problema, tem que haver ao final do primeiro dia 28x bactérias. Isto é256x.

Portanto, a quantidade inicial de bactérias fica multiplicada por 256.

Exercício 1.2.31.Os alunos da UFT, organizaram uma rifa somente para alunos. Dos quais 45 com-

praram 2 números, e o total de alunos que compraram um número era 20% do númerodos rifas vendidas, 80 não compraram número nenhum e outros compraram 3 números.Se o total de rifas vendidas excedeu em 33 ao número de alunos, diga quantos alunos


compraram somente um número da rifa.Solução.

Sejam, x o número de alunos que compraram uma rifa e a alunos que compraram trêsnúmero da rifa.

No alunos No vendidos No rifas vendidas

a 3 3a

45 2 90

x 1 x

80 0 0

Total a+ x+ 125 3a+ 90 + x

Logo, (a+ x+ 125) + 33 = 3a+ 90 + x, de onde 68 = 2a ⇒ a = 34.

Por outro lado, sabe-se que x =20

100(3a+ 90 + x), então 100x = 60a+ 1800 + 20x de

onde substituindo o valor de a = 34 segue que 4x = 3(34) + 90 e x = 48.Somente compraram um número 48 alunos.


1.3 Desigualdades.

Exercícios 1-3

Exercício 1.3.1.Expresse cada um dos intervalos abaixo usando outra notação adequada (duplas desi-

gualdades por exemplo)

1. (1, 14) 2. (4, 7) 3. [−π, π] 4. [−5

3, 8]

5. [−10, −2] 6. (0, 4) 7. [−3π, π) 8. (−16, 16]

Solução.

1. { x ∈ R /. 1 < x < 14 } 2. { x ∈ R /. 4 < x < 7 }

3. { x ∈ R /. − π ≤ x ≤ π } 4. { x ∈ R /. − 5

3≤ x ≤ 8 }

5. { x ∈ R /. − 10 ≤ x ≤ −2 } 6. { x ∈ R /. 0 < x < 4 }7. { x ∈ R /. − 3π ≤ x < π } 8. { x ∈ R /. − 16 < x ≤ 16 }

Exercício 1.3.2.São dados os conjuntos A = {x ∈ N/ x é impar }, B = {x ∈ Z/. −3 ≤ x < 4}

e C = { x ∈ N /. x < 6 }. Prove que o conjunto D, tal que D = (A ∩B)− C , é vazio.Solução.

Temos que A = {1, 3, 5, · · · , (2t+1), · · ·} sendo t ∈ N, B = {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3}e C = { 0, 1, 2, 3, 4, 5 }.

Logo, (A ∩B)− C = { 1, 3 } − { 0, 1, 2, 3, 4, 5 } = Φ.Portanto, (A ∩B)− C = Φ.

Exercício 1.3.3.Resolver as seguintes equações:

1. 3x+ 2 = 4− x 2. x2 − 2x− 3 = 0 3. x4 − 13x2 + 36 = 0

4. x3 − 3x2 + x+ 2 = 0 5. 5x2 − 3x− 4 = 0 6. x4 − x2 + 20 = 0

Solução.

1. 3x+ 2 = 4− x ⇔ 4x = 2 ⇔ x =1

2

2. x2 − 2x− 3 = 0 ⇔ (x− 3)(x+ 1) = 0 ⇔ x = 3 ou x = −1

3. x4 − 13x2 + 36 = 0 ⇔ (x2)2 − 13(x2) + 36 = 0 ⇔

⇔ x2 =13±

√(13)2 − 4 · (36)

2=

13± 5

2⇔ x2 = 9 ou x2 = 4 ⇔


⇔ x = 3, x = −3, x = 2, x = −2

4. x3 − 3x2 + x+ 2 = 0 ⇔ x3 − 2x2 − x2 + 2x− x+ 2 = 0 ⇔

⇔ x2(x− 2)− x(x− 2)− (x− 2) = 0 ⇔ (x− 2)(x2 − x− 1) = 0

⇔ x = 2 ou x =1±

√5

2

5. 5x2 − 3x− 4 = 0 ⇔ x =3±

√(−3)2 − 4 · (5)(−4)

2=

3±√89

10⇔

⇔ x =3 +

√89

10ou x =

3−√89

10

6. x4 − x2 + 20 = 0 ⇔ (x2)2 − (x2) + 20 = 0 ⇔

⇔ x2 =1±

√(−1)2 − 4 · (20)

2=

1±√−79

2/∈ R

Exercício 1.3.4.Determine o conjunto solução em R para cada uma das seguintes desigualdades:

1. x2 ≥ 1 2. x3 ≥ x2 3. 2x− 7 < 5− x

4. 2(x− 4) + 3x < 5x− 7 5. 3− x < 5 + 3x 6. 2 > −3− 3x ≥ −1

7. 4x− 3(x+ 5) < x− 18 8. x2 − 4 < x+ 2 9.√x2 + x− 2 < 4

10. 2x− 6 <3x+ 8

511.

2x+ 6

3− x

4< 5 12.

x2 + 4x+ 10

x2 − x− 12> 0

13. x2 + 3x+ 8 <2x− 74

x− 714.

x+ 4

x− 2<

x

x+ 115. (x+ 1)4 ≤ (x+ 1)2

16. 7(3− 2x) + 2(2x− 15) < 6(3x− 5) + 3(3x− 1) 17.3

2x− 3> 3x− 16

Solução.

1. x2 ≥ 1 ⇔ x2 − 1 ≥ 0 ⇔ (x− 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔

⇔ x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, +∞)

2. x3 ≥ x2 ⇔ x2(x− 1) ≥ 0 ⇔ x = o ou x− 1 ≥ 0

Isto último do fato x2 ≥ 0, ∀x ∈ R, logo de x−1 ≥ 0 segue que o conjunto soluçãoda inequação dada é x ∈ {0} ∪ [1, +∞)

3. 2x− 7 < 5− x ⇔ 3x < 5 + 7 ⇔ x < 4

4. 2(x− 4) + 3x < 5x− 7 ⇔ 2x+ 3x− 5x < 8− 7 ⇔ 0 · x < 1 ⇒ x ∈ R

5. 3− x < 5 + 3x ⇔ −2 < 4x ⇔ −1

2< x


6. 2 > −3− 3x ≥ −1 ⇔ [2 > −3− 3x ∧ −3− 3x ≥ −1] ⇔

[3x > −5 ∧ −2 ≥ 3x] ⇔ [x > −5

3∧ −2

3≥ x] ⇔ −5

3< x ≤ −2

3

7. 4x− 3(x+ 5) < x− 18 ⇔ 0 < −3 ⇔ x /∈ R

8. x2 − 4 < x+ 2 ⇔ x2 − x− 6 < 0 ⇔ (x− 3)(x+ 2) < 0 ⇔

⇔ [−2 < x ∧ x < 3] ⇔ x ∈ (−2, 3)

9.√x2 + x− 2 < 4 ⇔ x2 + x− 2 < 16 sempre que x2 + x− 2 ≥ 0; isto é sempre

que (x+ 2)(x− 1) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −2] ∪ [1, +∞).

Temos a resolver x2 + x− 2 < 16 com a condição x ∈ (−∞, −2] ∪ [1, +∞).

Logo, x2+x− 2 < 16 ⇔ x2+x < 18 ⇔ x2+x+

[1

2

]2< 18+

[1

2

]2⇔

⇔ (x+1

2)2 <

73

4⇔ −

√73 + 1

2< x <

√73− 1

2.

Pela condição temos que o conjunto solução é: x ∈ (−√73 + 1

2, −2]∪ [1,

√73− 1

2).

10. 2x− 6 <3x+ 8

5⇔ 10x− 30 < 3x+ 8 ⇔ 7x < 38 ⇔ x <

38

7

11.2x+ 6

3− x

4< 5 ⇔ 4(2x+ 6)− 3x < 60 ⇔ 5x < 36 ⇔ x <

36

5

12.x2 + 4x+ 10

x2 − x− 12> 0 ⇔ x2 + 4x+ 10

(x− 4)(x+ 3)> 0 ⇔ (x2 + 4x+ 10)(x− 4)(x+ 3)

(x− 4)2(x+ 3)2>

0.

Como x2 + 4x+ 10 > 0 para todo x ∈ R, e (x− 4)2(x+ 3)2 ≥ 0, segue que

x2 + 4x+ 10

x2 − x− 12> 0 ⇔ (x− 4)(x+ 3) > 0 x = 4 ou x = 3

Portanto, x ∈ (−∞, −3) ∪ (4, +∞).

13. x2 + 3x+ 8 <2x− 74

x− 7⇔ x2 + 3x+ 8− 2x− 74

x− 7< 0 ⇔

⇔ (x2 + 3x+ 8)(x− 7)− (2x− 74)

x− 7< 0 ⇔ x3 − 4x2 − 15x+ 18

x− 7< 0 ⇔

⇔ (x3 − 4x2 − 15x+ 18)(x− 7) < 0 x = 7

⇔ (x2 − 3x− 18)(x− 1)(x− 7) < 0 ⇔ (x− 6)(x+ 3)(x− 1)(x− 7) < 0


Portanto, x ∈ (−3, 1) ∪ (6, 7).

14.x+ 4

x− 2<

x

x+ 1⇔ x+ 4

x− 2− x

x+ 1< 0 ⇔ (x+ 4)(x+ 1)− x(x− 2)

(x− 2)(x+ 1)<

0 ⇔

⇔ (x+ 4)(x+ 1)− x(x− 2)

(x− 2)(x+ 1)< 0 ⇔ (7x+ 4)(x− 2)(x+ 1)

(x− 2)2(x+ 1)2< 0

⇔ 7(x+4

7)(x− 2)(x+ 1) < 0 x = 2, x = −1

Portanto, x ∈ (−∞, −1) ∪ (−4

7, 2)

15. (x+1)4 ≤ (x+1)2 ⇔ (x+1)2[(x+1)2−1] ≤ 0 ⇔ [(x+1)−1][(x+1)+1] ≤ 0.

Isto último do fato (x2+1) ≥ 0, ∀x ∈ R, logo de [(x+1)−1][(x+1)+1] ≤ 0 ⇔(x− 0)(x+ 2) ≤ 0 segue que o conjunto solução da inequação dada é x ∈ [−2, 0]

16. 7(3− 2x) + 2(2x− 15) < 6(3x− 5) + 3(3x− 1) ⇔ 24 < 37x

Portanto, o conjunto solução da inequação dada é x ∈ (24

37, +∞).

17.3

2x− 3> 3x− 16 ⇔ 3

2x− 3− 3x+ 16 > 0 ⇔ 3− (3x− 16)(2x− 3)

2x− 3> 0

6x2 − 41x+ 45

2x− 3< 0 ⇔ (6x2 − 41x+ 45)(x− 3

2) < 0 , x = 3

2[x− (

41 +√601

12)

][x− (

41−√601

12)

](x− 3

2) < 0 , x = 3

2

Portanto, x ∈ (−∞,41−

√601

12) ∪ (

3

2,41 +

√601

12)

Exercício 1.3.5.

Resolver as seguintes inequações:


1. (x− 1

2)(3x+ 5) > 0 2. (x− 2)(x+ 2) ≤ 0 3. x(x+ 1) ≤ 0

4. (x− 1)(x+ 1) ≤ 0 5.x− 1

x≥ 0 6.

x+ 1

x− 1< 0

7. x < x2 − 12 < 4x 8. 3− x < 5 + 3x 9.√x2 + x− 2 ≥ 4

10. (x− 5)2 < (2x− 3)2 11. x2 + 3x > −2 12. 3x− 4 < 2 + x

13. (x− 1)3(x2 − 4)(x− 5) > 0 14. 2 ≤ 5− 3x < 11 15. x2 − 3x+ 2 > 0

16. 5x− 4(x+ 5) < x− 24 17. 3x− 5 <3

4+

1− x

318. 3− x < 5 + 3x

19. x5 − 2x4 − 15x3 > 0 20. 2x2 − x− 10 > 0 21. x2 − 3x+ 2 > 0

22. x2 + 8x− 65 < x− 18 23. x2 +3

5x+

9

100< 0 24. x2 − 2x− 5 > 0

25. 3(x+ 4) + 4x < 7x+ 2 26. 3x2 − 7x+ 6 < 0 27. x2 − 2x− 8 < 0

28. (x5 − 1)(x+ 1) ≥ 0 29. x2 + 20x+ 100 > 0 30. 3x− 4 < x+ 6

31. (x3 − 5x2 + 7x− 3)(2− x) ≥ 0 32. (x2 − 3)3(x2 − 7)(x2 − 2x− 3) > 0

Solução.

1. (x− 1

2)(3x+ 5) > 0 ⇔ 3(x− 1

2)(x+

5

3) > 0

Portanto, a solução x ∈ (−∞, −5

3) ∪ (

1

2, +∞).

2. (x− 2)(x+ 2) ≤ 0 ⇔ x ∈ [−2, 2]

3. x(x+ 1) ≤ 0 ⇔ x ∈ [−1, 0]

4. (x− 1)(x+ 1) ≤ 0 ⇔ x ∈ [−1, 1]

5.x− 1

x≥ 0 ⇔ x(x− 1)

x2≥ 0

Portanto, a solução x ∈ (−∞, 0) ∪ [1, +∞).

6.x+ 1

x− 1< 0 ⇔ (x− 1)(x+ 1)

(x− 1)2< 0

Portanto, a solução x ∈ (−1, 1).

7. x < x2 − 12 < 4x ⇔ x < x2 − 12 e x2 − 12 < 4x ⇔

⇔ 0 < x2 − x− 12 e x2 − 4x− 12 < 0 ⇔

⇔ 0 < (x− 4)(x+ 3) e (x− 6)(x+ 2) < 0 ⇔

x ∈ (−∞, −3) ∪ (4, +∞) e x ∈ (−2, 6)


8. 3− x < 5 + 3x ⇔ 3− 5 < 3x+ x ⇔ −1

2< x ⇔ x ∈ (−1

2, +∞)

9.√x2 + x− 2 ≥ 4 ⇔ x2 + x− 2 ≥ 42. Condição x2 + x− 2 ≥ 0.

De x2 + x− 2 ≥ 42 ⇔ x2 + x− 18 ≥ 0 ⇔ (x+1

2)2 ≥ 73

4⇔

x ≤ −√73

2− 1

2ou

√73

2− 1

2≤ x ⇔ x ∈ R− (−4.78, 3.78) (1.8)

Da condição x2 + x− 2 ≥ 0 segue que (x+ 2)(x− 1) > 0 de onde

(x+ 2)(x− 1) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, −2] ∪ [1, +∞) (1.9)

Portanto, das desigualdades (1.8) e (1.9) segue que x ∈ (−∞,−4.78]∪ [3.772, +∞).

10. (x− 5)2 < (2x− 3)2 ⇔ [(x− 5)− (2x− 3)][(x− 5) + (2x− 3)] < ⇔

⇔ (−x− 2)(3x− 8) < 0 ⇔ 3(x+ 2)(x− 8

3) > 0

Portanto, a solução x ∈ (−∞, −2) ∪ (8

3, +∞).

11. x2 + 3x > −2 ⇔ x2 + 3x+ 2 > 0 ⇔ (x+ 2)(x+ 1) > 0.

Portanto, x ∈ (−∞, −2) ∪ (−1, +∞).

12. 3x− 4 < 2 + x ⇔ 3x− x < 2 + 4 ⇔ x < 3 ⇔ x ∈ (−∞, 3)

13. (x− 1)3(x2 − 4)(x− 5) > 0 ⇔ (x− 1)2(x− 1)(x− 2)(x+ 2)(x− 5) > 0

Portanto, a solução x ∈ (−∞, −2) ∪ (1, 2) ∪ (5, +∞).

14. 2 ≤ 5 − 3x < 11 ⇔ −11 < 3x − 5 ≤ −2 ⇔ −6 < 3x ≤ 3 ⇔ x ∈(−2, 1]

15. x2 − 3x+ 2 > 0 ⇔ (x− 1)(x− 2) > 0

Portanto, a solução x ∈ (−∞, 1) ∪ (2, +∞).

16. 5x− 4(x+ 5) < x− 24 ⇔ 5x− 4x− 20 < x− 24 ⇔ −20 < −24.

Esta última desigualdade não se cumpre em R, logo não existe solução em R paraessa desigualdade.

17. 3x−5 <3

4+1− x

3⇔ 3x−5− 3

4− 1− x

3< 0 ⇔ 36x− 60− 9− 4 + 4x

12<

0 ⇔⇔ 40x− 73 < 0 ⇔ x ∈ (−∞,

73

40)


18. 3− x < 5 + 3x ⇔ 3− 5 < x+ 3x ⇔ −1

2< x ⇔ x ∈ (−1

2: +∞)

19. x5−2x4−15x3 > 0 ⇔ x3(x2−2x−15) > 0 ⇔ x2(x−0)(x−5)(x+3) > 0

Portanto, a solução x ∈ (−3, 0) ∪ (5, +∞).

20. 2x2 − x− 10 > 0 ⇔ x2 − x

2− 5 > 0 ⇔ (x− 1

4)2 >

81

16

⇔(x− 1

4>

9

4ou x− 1

4< −9

4

)⇔

⇔ x ∈ (−∞, −2) ∪ (5

2, +∞)

21. x2 − 3x+ 2 > 0 ⇔ (x− 2)(x− 1) > 0

Portanto, a solução x ∈ (−∞, 1) ∪ (2, +∞).

22. x2 +8x− 65 < x− 18 ⇔ x2 +7x− 47 < 0 ⇔ (x− 7

2)2 < 47+ (

7

2)2 =

237

4

−√237

2+

7

2< x <

√237

2+

7

2

Portanto, a solução x ∈ (7−

√237

2,7 +

√237

2).

23. x2 +3

5x+

9

100< 0 ⇔ (x+

3

10)2 < 0 ⇔ x /∈ R

24. x2 − 2x− 5 > 0 ⇔ (x− 1)2 − 6 > 0 ⇔ [(x− 1)−√6][(x− 1) +

√6] > 0

Portanto, a solução x ∈ (−∞, 1−√6) ∪ (1 +

√6, +∞).

25. 3(x+4)+4x < 7x+2 ⇔ 3x+4x−7x < +2−12 ⇔ 0x < −10 ⇔ x ∈ ∅

26. 3x2 − 7x+ 6 < 0 ⇔ (−7)2 < 4(3)(6) logo pela Propriedade (1.11) temos que

∀ x ∈ R 0 < 3x2 − 7x+ 6 e não 3x2 − 7x+ 6 < 0

Portanto não existe x ∈ R tal que 3x2 − 7x+ 6 < 0.

27. x2−2x−8 < 0 ⇔ (x−1)2 < 9 ⇔ −3+1 < x < 3+1 ⇔ x ∈ (−2, 4)

28. (x5 − 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔ (x− 1)(x4 + x3 + x2 + x+ 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔

⇔ (x− 1)(x+ 1) ≥ 0 pois (x4 + x3 + x2 + x+ 1) > 0 ∀ x ∈ R

⇔ (x− 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, +∞)


29. x2 + 20x+ 100 > 0 ⇔ (x+ 10)2 > 0 ⇔ x ∈ R− {−10}.

30. 3x− 4 < x+ 6 ⇔ x < 5 ⇔ x ∈ (−∞, 5)

31. (x3 − 5x2 + 7x− 3)(2− x) ≥ 0 ⇔ −(x− 1)(x− 3)(x− 1)(x− 2) ≥ 0

Portanto, a solução é x ∈ [2, 3].

32. (x2 − 3)3(x2 − 7)(x2 − 2x− 3) > 0 ⇔

⇔ (x−√3)3(x+

√3)3(x−

√7)(x+

√7)(x− 3)(x+ 1) > 0

Portanto, a solução é x ∈ (−∞, −√7) ∪ (−

√3, −1) ∪ (

√3,

√7) ∪ (3, +∞).

Exercício 1.3.6.Determine o conjunto solução das seguintes inequações:

1.x

a2 − b2+

3x

a+ b<

5

a− bse a > b

2.x

a+

x

b> 1 +

x

cse c > b > a > 0

3.2x

3a+ 4 >

5x

6b+ 2x se b > a > 0

4. 11(2x− 3)− 3(4x− 5) > 5(4x− 5)

Solução.

1. Como a > b > 0 então (a2 − b2) > 0.

x

a2 − b2+

3x

a+ b<

5

a− b⇔ x

a2 − b2+

3x

a+ b− 5

a− b< 0

⇔ x+ 3x(a− b)− 5(a+ b)

a2 − b2< 0 ⇔ [x+ 3x(a− b)− 5(a+ b)] < 0 ⇔ ‘

⇔ [x(1 + 3(a− b))− 5(a+ b)] < 0 ⇔ x <5(a+ b)

1 + 3(a− b)

2. Como c > b > a > 0 então, abc > 0 e1

a>

1

b>

1

c> 0 ⇒ (bc+ ac− ab) > 0.

x

a+

x

b> 1 +

x

c⇔ x[

1

a+

1

b− 1

c] > 1 ⇔

⇔ x(bc+ ac− ab)

abc> 1 ⇔ x >

abc

bc+ ac− ab


3. Como b > a > 0 então,1

a>

1

b> 0 ⇒ 4

a− 4

b> 0

2x

3a+ 4 >

5x

6b+ 2x ⇔ 4x

a+ 24 >

5x

b+ 12x ⇔

⇔ 24 > x[5

b+ 12− 4

a] ⇔ 24 > x[

5

b+ 12− 4

a] ⇔

Por outro lado[5

b+ 12− 4

a] = [

1

b+ 12 + (

5

b− 4

a)] > 0

Assim, de 24 > x[5

b+ 12− 4

a] segue que x <

24ab

5a+ 12ab− 4b.

4. 11(2x− 3)− 3(4x− 5) > 5(4x− 5) ⇔ x <7

10

Exercício 1.3.7.Resolver as seguintes inequações racionais:

1.x

x− 1+

x− 1

x<

2x

x+ 12.

2

2x+ 3< 0 3.

3x+ 5

2x+ 1≤ 3

4. (2x+ 1)101(x− 3)99 ≥ 0 5.2x− 3

x+ 2<

1

36.

3x2 + 12

x2 + 4x− 5> 3

7.(1− x− x2)(2− x− x2)

(3− x)(2− x)≥ 0 8.

x5 − 1

x4 + 1<

x5 − 2

x4 + 29.

x+ 4

x− 7>

x

x+ 1

Solução.

1.x

x− 1+x− 1

x<

2x

x+ 1⇔ x

x− 1+x− 1

x− 2x

x+ 1< 0 ⇔ 2x2 − x+ 1

x(x− 1)(x+ 1)<

0

Pela Propriedade 1.11, observe que 2x2 − x+ 1 > 0 para todo número real, então

2x2 − x+ 1

x(x− 1)(x+ 1)< 0 ⇔ x(x− 1)(x+ 1) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1)

2.2

2x+ 3< 0 ⇔ 2x+ 3 < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −3

2)

3.3x+ 5

2x+ 1− 3 ≤ 0 ⇔ (3x+ 5)− 3(2x+ 1)

2x+ 1≤ 0 ⇔

−3(x− 2

3)

2(x+1

2)

≤ 0

(x− 2

3)

(x+1

2)≥ 0 ⇔ (x− 2

3)(x+

1

2) ≥ 0, x = −1

2


⇔ x ∈ (−∞, −1

2) ∪ [

2

3, ∞)

4. (2x+ 1)101(x− 3)99 ≥ 0 ⇔ (2x+ 1)100(2x+ 1)(x− 3)(x− 3)98 ≥ 0 ⇔

⇔ (2x+ 1)(x− 3) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1

2] ∪ [3, +∞)

5.2x− 3

x+ 2<

1

3⇔ 2x− 3

x+ 2− 1

3< 0 ⇔ 3(2x− 3)− (x+ 2)

3(x+ 2)< 0 ⇔

⇔ 5x− 11

3(x+ 2)< 0 ⇔

5(x− 11

5)

3(x+ 2)< 0 ⇔ x ∈ (−2,

11

5)

6.3x2 + 12

x2 + 4x− 5> 3 ⇔ 3x2 + 12

x2 + 4x− 5− 3 > 0 ⇔ −12x+ 27

(x+ 5)(x− 1)> 0 ⇔

−12(x− 27

12)(x+ 5)(x− 1) > 0 ⇔ (x− 27

12)(x+ 5)(x− 1) < 0

Portanto, a solução x ∈ (−∞, −5) ∪ (1,27

12).

7.(1− x− x2)(2− x− x2)

(3− x)(2− x)≥ 0 ⇔ (x2 + x− 1)(x2 + x− 2)

(x− 3)(x− 2)≥ 0

⇔(x+ 1+

√5

2)(x+ 1−

√5

2)(x+ 2)(x− 1))

(x− 3)(x− 2)≥ 0 ⇔

⇔ x ∈ (−∞, −2] ∪ [−1−

√5

2,−1 +

√5

2] ∪ [1, 2) ∪ (3, +∞)

8.x5 − 1

x4 + 1<

x5 − 2

x4 + 2⇔ x5 − 1

x4 + 1− x5 − 2

x4 + 2< 0

⇔ (x5 − 1)(x4 + 2)− (x5 − 2)(x4 + 1)

(x4 + 1)(x4 + 2)< 0 ⇔ x5 + x4 < 0

⇔ x4(x+ 1) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1)

9.x+ 4

x− 7>

x

x+ 1⇔ x+ 4

x− 7− x

x+ 1> 0 ⇔ (x+ 4)(x+ 1)− x(x− 7)

(x− 7)(x+ 1)>

0 ⇔

⇔12(x+

1

3)

(x− 7)(x+ 1)> 0 ⇔ x ∈ (−1, −1

3) ∪ (7, +∞)

Exercício 1.3.8.


Mostre que se x e y não são ambos iguais a zero, então 4x2 + 6xy + 4y2 > 0 e3x2 + 5xy + 3y2 > 0.Demonstração.

Seja A = 0, sabe-se que ∀ x ∈ R, Ax2 +Bx+D > 0 ⇔ B2 < 4AD.Suponhamos que y = 0, como (6y)2 < 4(4)(4y2), então 4x2+6xy+4y2 > 0, ∀x ∈ R.Suponhamos que x = 0, como (6x)2 < 4(4)(4x2), então 4y2+6yx+4x2 > 0, ∀y ∈ R.Portanto, se x e y não são ambos iguais a zero, então 4x2 + 6xy + 4y2 > 0.

De modo análogo mostra-se para 3x2 + 5xy + 3y2 > 0.

Exercício 1.3.9.Determinar para quais valores de x ∈ R verifica a desigualdade

3(x− a)a2 < x3 − a3 < 3(x− a)x2

Solução.

Esta desigualdade é equivalente a resolver as desigualdades:

3(x− a)a2 < x3 − a3, x3 − a3 < 3(x− a)x2 ⇒

Como x3 − a3 = (x− a)(x2 + ax+ a2), então

3(x− a)a2 < x3 − a3 ⇒ 3(x− a)a2 < (x− a)(x2 + ax+ a2) ⇒

⇒ (x− a)[3a2 − (x2 + ax+ a2)] < 0 ⇒ 0 < (x− a)2(x+ 2a)

como (x− a)2 > 0 para todo a = 0 e todo x ∈ R, então 0 < (x+ 2a), portanto

x > −2a (1.10)

Por outro lado,

x3 − a3 < 3(x− a)x2 ⇒ (x− a)(x2 + ax+ a2) < 3(x− a)x2

⇒ 0 < (x− a)[3x2 − (x2 + ax+ a2)] ⇒ 0 < (x− a)2(2x+ a)

como (x− a)2 > 0 para todo a = 0 e todo x ∈ R, então 0 < (2x+ a), portanto

x > −a

2(1.11)

De (1.10) e (1.11), se a ≥ 0 seque que a solução da desigualdade é x ∈ (−a

2,+∞).

De (1.10) e (1.11), se a < 0, segue que x ∈ (−2a, +∞).


Exercício 1.3.10.

Determine o valor de: S = 1 +1

3+

1

32+

1

33+ · · · + 1

3n, se n → ∞.

Solução.

Seja S = 1 +1

3+

1

32+

1

33+ · · · + 1

3nentão −1

3S = −1

3− 1

32− 1

33− 1

34· · · − 1

3n+1

Somamos estas duas igualdades para obter

S − 1

3S = 1− 1

3n+1⇒ S =

3

2

[1−

(13

)n+1]

Observe, quando n → ∞ temos que(13

)n+1 → 0, logo S → 3

2.

Portanto, quando n → ∞ temos que S → 3

2.

Exercício 1.3.11.

Suponha b2 − 4c ≥ 0. Mostre que os números−b+

√b2 − 4c

2e

−b−√b2 − 4c

2satisfazem ambos a equação: x2 + bx+ c = 0.Solução.

Como b2 − 4c ≥ 0, então podemos supor x =−b±

√b2 − 4c

2∈ R de onde 2x + b =

±√b2 − 4c.

Então, (2x+b)2 = (±√b2 − 4c)2 então 4x2+4xb+b2 = b2−4c, de onde 4(x2+xb+c) = 0.

Portanto, x2 + bx+ c = 0.

Exercício 1.3.12.Suponha que b2−4c < 0. Mostre que não existe nenhum número que satisfaz a equação:

x2 + bx+ c = 0.Demonstração.

Suponhamos que existe x ∈ R de modo que x2 + bx + c = 0, logo x2 + bx +( b2

)2=( b

2

)2 − c, então (x+b

2)2 =

b2 − 4c

4< 0, pois b2 − 4c < 0.

De onde (x+b

2)2 < 0, isto é um absurdo, pois todo número real ao quadrado sempre

é maior ou igual que zero. Esta contradição temos pelo fato de supór que existe x ∈ R.Portanto, não existe nenhum número real que satisfaz a equação: x2 + bx+ c = 0.

Exercício 1.3.13.Suponha a, b, c e d números reais.Mostre a desigualdade de Schwartz: ac+ bd ≤

√a2 + b2.

√c2 + d2.

Demonstração.


Sabe-se que 2AB ≤ A2 +B2, então

(ac+ bd)2 = (a2c2 + b2d2) + 2(ac)(bd) ≤ (a2c2 + b2d2) + b2c2 + a2d2 ⇒

(ac+bd)2 ≤ (a2c2+b2d2)+b2c2+a2d2 = (a2+b2)(c2+d2) ⇒ ac+bd ≤√a2 + b2.

√c2 + d2

Exercício 1.3.14.

Mostre que:√x2 − 2x− 15 ≥ x+ 1 ∀ x ∈ (−∞, −3].

Demonstração.

Temos que ∀x ∈ (−∞, −3] ⇔ x ≤ −3 ⇔ x−5 ≤ −8 ∧x+3 ≤ 0 ⇔

⇔ (x− 5)(x+ 3) ≥ 0 ⇔√x2 − 2x− 15 ≥ 0

Por outro lado, x ∈ (−∞, −3] ⇔ x ≤ −3 ⇔ x+ 1 ≤ −2 ≤ 0.Portanto, das duas desigualdades da direita segue que

√x2 − 2x− 15 ≥ x + 1 para

todo x ≤ −3.

Exercício 1.3.15.

Mostre que:1

4≤ x2 + x+ 2 ≤ 8 ∀ x ∈ [−1, 2]− {1}.

Demonstração.

Para todo x ∈ [−1, 2]− {1} temos

(−1 ≤ x < 1 ou 1 < x ≤ 2) ⇒ (1 ≤ x+ 2 < 3 ou 3 < x+ 2 ≤ 4)

(−1 ≤ x < 1 ou 1 < x ≤ 2) ⇒ (0 ≤ x2 ≤ 1 ou 1 < x2 ≤ 4)

consequentemente

(1 ≤ x2 + x+ 2 ≤ 4 ou 4 < x2 + x+ 2 ≤ 8) ⇔ 1 ≤ x2 + x+ 2 ≤ 8

Como1

4≤ 1, portanto

1

4≤ x2 + x+ 2 ≤ 8 ∀ x ∈ [−1, 2]− {1}.

Exercício 1.3.16.

Os números positivos a1, a2, a3, · · · an não são iguais a zero e formam uma progressãoaritmética. Mostre que:

1√a1 +

√a2

+1

√a2 +

√a3

+1

√a3 +

√a4

+ · · · + 1√an−1 +

√an

=n− 1

√a1 +

√an

Solução.


Como a1, a2, a3, · · · an não são iguais a zero e formam uma progressão aritmética,podemos supor de razão r, então a2 = r + a1, a3 = r + a2 = 2r + a1, e assim por diante,temos an = (n− 1)r = a1.

Seja S =1

√a1 +

√a2

+1

√a2 +

√a3

+1

√a3 +

√a4

+ · · · + 1√an−1 +

√an

, então

S =

√a1 −

√a2

a1 − a2+

√a2 −

√a3

a2 − a3+

√a3 +

√a4

a3 − a4+ · · · +

√an−1 +

√an

an−1 − an=

S =

√a1 −

√a2

−r+

√a2 −

√a3

−r+

√a3 +

√a4

−r+ · · · +

√an−1 +

√an

−r=

√an −

√a1

r

S =an − a1

r(√an +

√a1)

=r(n− 1)

r(√an +

√a1)

=n− 1

√a1 +

√an

Portanto, a igualdade (1.8) é válida.

Exercício 1.3.17.

Determine a quantidade de números inteiros, positivos e ímpares, formados por trêsalgarismos distintos, escolhidos dentre os algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9.Solução.

Suponhamos os números sejam da forma abc, como eles devem ser ímpares e positivossupondo c = 1, então teríamos 9 formas distintas para escolher b (o algarismo 1 não seriaescolhido para ser b) e também teríamos 7 formas para escolher a pois este algarismo nãopode ser 0, 1 e aquele escolhido para b. Logo quando c = 1 temos 7× 9× 1 = 63 formasdistintas de obter ímpares da forma ab1.

Como o algarismo c pode ser 1, 3, 5, 7 ou 9 então temos 63×5 = 315 formas distintasde escolha.

Portanto são 315 formas distintas de formar números ímpares.

Exercício 1.3.18.

Calcule a soma de todas as frações irredutíveis, da formap

72, que pertençam ao inter-

valo [4, 7].Solução.

Como 4 ≤ p

72≤ 7 então 288 ≤ p ≤ 504, logo a soma de todas as frações irredutíveis

da formap

72, que pertençam ao intervalo [4, 7] é

288 + 289 + · · ·+ 503 + 504

72= 1193, 5


Como 72 = 23×32, a soma das frações de numerador par, da formap

72, que pertençam

ao intervalo [4, 7] é

288 + 290 + 292 + · · ·+ 502 + 504

72= 599, 5

E a soma das frações de numerador múltiplo de três, da formap

72, que pertençam ao

intervalo [4, 7] é288 + 291 + 294 + · · ·+ 501 + 504

72= 401, 5

A soma das frações de numerador múltiplo de seis, da formap


intervalo [4, 7] que já estão incluidas nas duas somas acima é

288 + 294 + 210 + · · ·+ 498 + 504

72= 203, 5

Logo a soma das frações redutíveis é 599, 5 + 401, 5− 203, 5 = 797, 5

Portanto, a soma de todas as frações irredutíveis, da formap


intervalo [4, 7] é 1193, 5− 797, 5 = 396.

Exercício 1.3.19.Dentre os paralelepípedos com soma fixa de suas três arestas simultaneamente perpen-

diculares, achar o paralelepípedo de volume máximo.Solução.

Seja S a soma de suas arestas a, b e c, então S = a+ b+ c.O volume do paralelepípedo é V = abc. Sabe-se que a média geométrica é menor ou

igual que a media aritmética, logo

3√V =

3√abc ≤ a+ b+ c

3=

S

3⇒ V ≤ (

S3

27)

o sinal de igualdade só se obtém quando a = b = c =S

3

Trata-se de um cubo.

Exercício 1.3.20.Três pessoas A, B e C visitam o açude “Peixe na chapa” e pescam mais de 8 peixes;

B pensa pescar mais 4 com o que teria mais peixes que A e C porém B tem menos peixesque C e o que tem C não chegam a 5. Quantos peixes tem cada um deles?Solução.

Pelas hipóteses do problema temos que

A+B + C > 8 B < C < 5 B + 4 > A+ C


então B < A+B + C < 2B + 4, logo 4 < 2B ou B < 2.Como 2 < B < C < 5, concluímos que B = 3, C = 4 de onde A = 2.

Exercício 1.3.21.Para uma festa no Natal, uma creche necessitava de 120 brinquedos. Recebeu uma

doação de R$ 370,00. Esperava-se comprar carrinhos a R$2, 00 cada, bonecas a R$3, 00 ebolas a R$3, 50. Se o número de bolas deveria ser igual ao número de bonecas e carrinhosjuntos. Mostre que a solução seria comprar: 40 bonecas, 20 carrinhos e 60 bolas.Solução.

Sejam b o total de bonecas a ser compradas, c o dos carrinhos e B total de bolas.Sabe-se que b+ c+B = 120, porém B = b+ c, logo B +B = 120 de onde B = 60 ou

b+ c = 60.Por outro lado, sabemos que 3b+2c+3, 5B = 370, de onde b+2(b+ c) + (3, 5)(60) =

370 ⇒ b+2(60)+(3, 5)(60) = 370, logo b = 370−330 = 40, assim resulta que c = 20.Portanto, deve-se comprar: 40 bonecas, 20 carrinhos e 60 bolas.

Exercício 1.3.22.Em uma fazenda, existia um número de cabeças de gados. Depois de duplicar esse

número, foi roubado 1 cabeça sobrando mais de 54. Meses depois observou-se que triplicouo número de cabeças de gado que existia no início e foram roubadas 5 restando menos de80. Quantas cabeças de gado existiam no início?Solução.

Suponha que inicialmente existiam x cabeças de gado.Depois duplicou esse número e roubaram 1 sobrando mais de 54, isto é 2x− 1 > 54.

Então 55 < 2x ou55

2< x. Meses triplicou o número de gado que existia no início e

foram roubadas 5 restando menos de 80, isto é 3x− 5 < 80. Logo, 3x < 85 ou x <85

3.

Assim, 27, 5 =55

2< x <

85

3= 28, 333333, e como o número de cabeças de gado é

número inteiro, temos que x = 28.Portanto, no início existiam 28 cabeças de gado.

Exercício 1.3.23.A média aritmética das idades de um grupo de médicos e advogados é 40 anos. A

média aritmética das idades dos médicos é 35 anos e a dos advogados é 50 anos. Pode-se,então, afirmar que:Solução.

Suponhamos, m e a o total de médicos e de advogados respectivamente então, o totalda soma das idades dos médicos e advogados é: 35m+ 50a.


Como a média aritmética de todas as idades é 40, segue-se que 40 =35m+ 50a

m+ a, então

40(m+ a) = 35m+ 50a ⇒ m = 2a.Portanto, podemos afirmar que o número de médicos é o dobro do número de advo-

gados.

Exercício 1.3.24.Uma pessoa compra um apartamento por R$10.000, 00 em seguida o aluga. Deixando

121

2% da renda anual para reparações e manutenção, pagando R$325, 00 de IPTU e 5

1

2%

descontando por conta de investimento. Qual é a renda mensal?Solução.

Suponha a renda anual seja R reais, então pelos dados do problema temos o seguinte:

(121

2%)R + 325 + (5

1

2%)(10.000) = R

25

2· 1

100·R + 325 +

11

2· 1

100· (10.000) = R

325 + 550 = R− 1

8R ⇒ R = 1.000

Portanto, a renda mensal é de1.000

12reais, isto é R$83, 33.

Exercício 1.3.25.A soma das idades de três pessoas é 96. A maior tem 32 anos mais que a menor e a

do meio 16 anos menos que a maior. Calcular a idade de cada uma das pessoas.Solução.

Suponhamos que a idade da menor seja x anos, então a maior tem x+ 32 anos, e a odo meio tem (x+ 32)− 16.

Assim x+ [(x+ 32)− 16] + (x+ 32) = 96, então x = 16.As idades das pessoas são: 16, 32, e 48 anos.

Exercício 1.3.26.Eu tenho a idade que você tinha, quando eu tinha a metade da idade que você tem. A

soma de nossas idades hoje é igual a 35 anos. Quais são as idades hoje?Solução.

Trata-se de um problema de idades recomenda-se usar a seguinte Tabela (1.4):A premissa básica para resolver este problema é o fato de que a diferença das idades

de duas pessoas, é invariante no tempo, ou seja, a diferença permanece constante ao longodo tempo.

De antes para hoje transcorreram h anos, então h = x− y

2= y − x, logo 4x = 3y.


eu você

Antesy

2x

Hoje x y

Tabela 1.4:

Como x+ y = 35, segue que 4x+ 4y = 140 ⇒ 3y + 4y = 140 ⇒ y = 20.Hoje as idades são 15 e 20 anos respectivamente.

Exercício 1.3.27.Mostre que, para números reais x e y, e n ∈ N n ≥ 2 são válidas as seguintes

igualdades:

1. xn − yn = (x− y)(xn−1 + xn−2.y + xn−3.y2 + · · · + x2.yn−3 + x.yn−2 + yn−1)

2. xn + yn = (x + y)(xn−1 − xn−2y + xn−3y2 − · · · + (−1)n−3x2yn−3 − xyn−2 + yn−1)

somente quando n ímpar.

Demonstração. 1.Por indução matemática.Se n = 2 então x2 − y2 = (x− y)(x2−1 + y2−1) a igualdade é válida.Suponhamos a hipótese auxiliar que, para n = h seja válida a igualdade

xh − yh = (x− y)(xh−1 + xh−2.y + xh−3.y2 + · · · + x2.yh−3 + x.yh−2 + yh−1)

Para n = h+ 1 temos;

xh+1 − yh+1 = xh.x− x.yh + x.yh − yh.y = x(xh − yh) + yh(x− y) =

da hipótese auxiliar

= x(x− y)(xh−1 + xh−2.y + xh−3.y2 + · · · + x2.yh−3 + x.yh−2 + yh−1) + yh(x− y) =

= (x− y)[x(xh−1 + xh−2.y + xh−3.y2 + · · · + x2.yh−3 + x.yh−2 + yh−1) + yh] =

= (x− y)[xh + xh−1.y + xh−2.y2 + xh−3.y3 + · · · + x3.yh−3 + x2.yh−2 + x.yh−1 + yh]

Portanto, a igualdade é válida para todo n ∈ N, n ≥ 2.

Demonstração. 2.

Para n = 0, a igualdade x1 + y1 = (x+ y) é verdadeira.Para n = 1, a igualdade x3 + y3 = (x+ y)(x2 − xy + y2) é verdadeira.


Suponhamos para n = h seja verdadeira a igualdade, isto é

x2h+1 + y2h+1 = (x+ y)(x2h − x2h−1.y + x2h−2.y2 − · · · + x2.y2h−2 − x.y2h−1 + y2h)

Para n = h+ 1 temos

x2h+3 + y2h+3 = x2x2h+1 − y2y2h+1 = x2x2h+1 + x2y2h+1 − x2y2h+1 + y2y2h+1

= x2(x2h+1 + y2h+1)− y2h+1(x2 − y2)

= x2[(x+y)(x2h−x2h−1.y+x2h−2.y2− · · ·+x2.y2h−2−x.y2h−1+y2h)]−y2h+1(x−y)(x+y)

= (x+ y)(x2h+2 − x2h+1.y+ x2h.y2 − · · · + x4.y2h−2 − x3.y2h−1 + x2 · y2h)− xy2h+1 + y2h+2

Portanto, a igualdade é válida para todo n ∈ N.

Exercício 1.3.28.Mostre que, se p é número primo, e a ∈ N, então ap − a é múltiplo de p.

Solução.

Vamos provar o resultado por indução sobre a.O resultado vale claramente para a = 1, pois 1p − 1 = 0 · p.Supondo o resultado válido para a, isto é ap − a = αp para algúm α ∈ N, iremos

prová-lo que também é válido para a+ 1.Pela fórmula do binômio de Newton,

(a+ 1)p − (a+ 1) = ap +

p−1∑k=1

(p

k

)ap−k + 1p − (a+ 1)

Como, o somatório é múltiplo de p, e pela hipótese de indução, o segundo membro daigualdade acima resulta

(a+ 1)p − (a+ 1) = ap + βp+−a = (α + β)p, β ∈ N

Portanto, se p é número primo, e a ∈ N, então ap − a é múltiplo de p.

Exercício 1.3.29.Prove que: (1 − x)[(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · · · (1 + x2n)] = 1 − x2(n+1) para qualquer

inteiro x, e todo n ≥ 0.Solução.

Se n = 1 temos 1 − x4 = 1 − x2(1+1)= (1 + x2)(1 − x2) = (1 + x2)(1 + x)](1 − x), a

igualdade é verdadeira.


Suponhamos para qualquer n = h que seja válida a igualdade

(1− x)[(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · · · (1 + x2h)] = 1− x2(h+1)

Para n = h+ 1 aplicando a hipótese indutiva temos

(1− x)[(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · · · (1 + x2h)(1 + x2(h+1)

] = (1− x2(h+1)

)(1 + x2(h+1)

=

= 1 + x2(h+1) − x2(h+1) − x2(h+1) · x2(h+1)

= 1− x2[(h+1)+1]

Portanto, (1−x)[(1+x)(1+x2)(1+x4) · · · (1+x2n)] = 1−x2(n+1) para qualquer inteirox, e todo n ≥ 0.

Exercício 1.3.30.

Determine o valor de E = x3 + 3x+ 2, quando x =3√√

2− 1− 13√√

2− 1.

Solução.

Temos x =3

√√2− 1− 1

3√√

2− 1⇒

x3 = (3

√√2− 1)3 − 3

(3√√

2− 1)2

(3√√

2− 1)+ 3

(3√√

2− 1)

(3√√

2− 1)2−( 1

3√√

2− 1

)3

x3 = (√2− 1)− 3

[3

√√2− 1− 1

(3√√

2− 1)

]− 1√

2− 1

x3 + 2 = (√2− 1)− 3x− 1√

2− 1+ 2

x3 + 3x+ 2 =(√2− 1)2 − 1 + 2(

√2− 1)√

2− 1=

[(√2− 1) + 1]2 − 2√

2− 1= 0

Portanto, E = 0.

Exercício 1.3.31.Construir números 49, 4.489, 444.889, 44.448.889, . . . etc obtendo cada um deles inse-

rindo o número 48 no meio do número anterior. Verificar que estes números são quadra-dos perfeitos e encontrar a raiz quadrada do número que consiste de 2n algarismos.Solução.

Observe que 49 = 4 · 10 + 9, 4489 = 4 · 103 + 4 · 102 + 8 · 10 + 9, 444889 =

4 · 105 + 4 · 104 + 4 · 103 + 8 · 102 + 8 · 10 + 9. Em geral para o número com 2n algarismos.

444 . . . 4488 . . . 89 = 4(102n−1 + . . .+ 10n) + 8(10n−1 + . . .+ 10) + 9


444 . . . 4488 . . . 89 = 4× 10n(10n−1 + . . .+ 10 + 1) + 8× 10(10n−2 + . . .+ 10 + 1) + 9

444 . . . 4488 . . . 89 = 4× 10n(10n − 1

10− 1) + 8× 10(

10n−1 − 1

10− 1) + 9

= 4× (102n − 10n

9) + 8× (

10n − 10

9) + 9 = 4× 102n

9+ 4× 10n

9− 80

9+ 9

=(2× 10n

3

)2+ 2(2× 10n

3

)+(13

)2=(2× 10n + 1

3

)2Portanto, para o número com 2n algarismos temos

444 . . . 4488 . . . 89 = (6666 · · · 667)2 a quantidade de algarirismos 6 é n− 1

a raiz quadrada do número pedido é imediata.

Exercício 1.3.32.Dada a equação de raízes x1 e x2 : (m2− 5m+6)x2+(4−m2)x+20 = 0. Determine

os valores do parâmetro m tal que x1 < 1 < x2.Solução..

Seja ax2 + bx + c = 0, pelas propriedades das raízes da equação de 2o grau sabe-seque:

Se a > 0 então, a(1)2 + b(1) + c < 0 se e somente se x1 < 1 < x2; ouSe a < 0 então, a(1)2 + b(1) + c > 0 se e somente se x1 < 1 < x2.Conclusão a.[a(1)2 + b(1) + c] < 0 se e somente se x1 < 1 < x2.Para nosso caso observe que a = (m2 − 5m + 6) e, desejamos que x1 < 1 < x2 isto

acontece se e somente se:

(m2 − 5m+ 6).[(m2 − 5m+ 6)(12) + (4−m2)(1) + 20)] < 0

logo (m2 − 5m+ 6).(30− 5m) < 0 isto é 5(m− 2)(m− 3)(m− 6) > 0; os pontos críticossão 2, 3 e 6 .

Portanto, 2 < m < 3 ou m > 6.


1.4 Valor Absoluto.

Exercícios 1-4

Exercício 1.4.1.Resolver as seguintes equações:

1. | 2x− 4 |= 6 2. || 5− 2x | −4 |= 8 3. | x2 − 4 |=| 2x |

4.

∣∣∣∣3x+ 1

x− 1

∣∣∣∣ = 4 5. | x2 − 4 |= 3x+ 4 6. | x2 + 4 |=| 2x |

7. | 4x+ 3 |= 7 8. | x2 + 2 |= 2x+ 1 9. | 2x+ 2 |= 6x− 18

10. x2 − 2 | x |= 3 11. | x− 4 |=| x− 2 | 12. | x2 − x− 6 |= x+ 2

13. | 2x− 5 |= 3 14. | x− 2 |=| 3− 2x | 15. 2 | x− 1 | −x2 + 2x+ 7 = 0

16. 2|x+2|− | 2x+1 − 1 |= 2x+1 + 1 17. | x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 |Solução.

1. | 2x− 4 |= 6 ⇔ 2x− 4 = 6 ou 2x− 4 = −6 ⇔ x = 5 ou x = −1.

Portanto, x = −1 ou x = 5.

2. || 5− 2x | −4 |= 8 ⇔ | 5− 2x | −4 = 8 ou | 5− 2x | −4 = −8 ⇔

| 5−2x |= 12 ou | 5−2x |= −4 ⇔ 5−2x = 12 ou 5−2x = −12 ou x ∈ Φ ⇔

x = −7

2ou x =

17

2

Portanto, x = −7

2ou x =

17

2.

3. | x2 − 4 |=| 2x ⇔ x2 − 4 = 2x ou x2 − 4 = −2x ⇔

⇔ x2 − 2x− 4 = 0 ou x2 + 2x− 4 = 0 ⇔

x = 1±√5 ou x = −1±

√5

Portanto, x = 1±√5 ou x = −1±

√5.

4.∣∣∣∣3x+ 1

x− 1

∣∣∣∣ = 4 ⇔ 3x+ 1

x− 1= 4 ou

3x+ 1

x− 1= −4 ⇔

⇔ 3x+ 1 = 4x− 4 ou 3x+ 1 = −4x+ 4 ⇔

⇔ x = 5 ou x =3

7.


Portanto, x = 5 ou x =3

7.

5. | x2− 4 |= 3x+4 ⇔ x2− 4 = 3x+4 ou x2− 4 = −3x− 4 ⇔ x2− 3x− 8 =

0 ou x2 + 3x = 0 ⇔ x =3±

√41

2ou x = 0 ou x = −3.

Os valores para x = −3 e x =3−

√41

2não satisfazem a igualdade.

Portanto, x = 0 ou x =3 +

√41

2.

6. | x2 + 4 |=| 2x | ⇔ x2 + 4 = 2x ou x2 + 4 = −2x ⇔ x2 − 2x + 4 =

0 ou x2 + 2x+ 4 = 0 ⇔ x = 1±√−3 ou x = −1±

√−3.

Não existem números reais que satisfazem tais condições.

Portanto, x /∈ R.

7. | 4x+ 3 |= 7 ⇔ 4x+ 3 = 7 ou 4x+ 3 = −7 ⇔ x = 1 ou x =−5

2.

Portanto, x = 1 ou x =−5

2.

8. | x2 + 2 |= 2x + 1 ⇔ x2 + 2 = 2x + 1, pois ∀ x ∈ R, x2 + 2 ≤ 0, logo| x2 + 2 |= 2x+ 1 ⇔ x2 − 2x+ 1 = 0 ⇔ (x− 1)2 = 0 ⇔ x = 1.

Portanto, x = 1 .

9. | 2x + 2 |= 6x − 18 ⇔ 2x + 2 = 6x − 18 ou 2x + 2 = −6x + 18 ⇔ 20 =

4x ou 8x = 16 ⇔ x = 5 ou x = 2. Observe que o valor x = 2 não satisfaz.

Portanto, x = 5.

10. x2−2|x| = 3 ⇔ |x|2−2|x|−3 = 0 ⇔ (|x|−3)(|x|+1) = 0 ⇔ |x|−3 =

0. Observe que sempre |x|+ 1 ≥ 0.

Logo, x2 − 2 | x |= 3 ⇔ |x| − 3 = 0 ⇔ x = 3 ou x = −3.

Portanto, x = 3 ou x = −3.

11. | x−4 |=| x−2 | ⇔ x−4 = x−2 ou x−4 = −x+2 ⇔ 2x = 6 ou −4 =

−2 ⇔ x = 3 ou x ∈ Φ ⇔ x = 3

Portanto, x = 3.

12. | x2 − x − 6 |= x + 2 ⇔ x2 − x − 6 = x + 2 ou x2 − x − 6 = −x − 2 ⇔x2−2x−8 = 0 ou x2−−4 = 0 ⇔ (x = 4 ou x = −2) ou (x = 2 ou x = −2).

Portanto, x = −2, x = 2 ou x = 4.


13. | 2x− 5 |= 3 ⇔ 2x− 5 = 3 ou 2x− 5 = −3 ⇔ x = 4 ou x = 1.

Portanto, x = 1 ou x = 4.

14. | x−2 |=| 3−2x | ⇔ x−2 = 3−2x ou x−2 = −3+2x ⇔ x =5

3ou x = 1.

Portanto, x = 1 ou x =5

3.

15. 2 | x − 1 | −x2 + 2x + 7 = 0 ⇔ 2 | x − 1 | −[x2 − 2x + 1] + 8 = 0 ⇔2|x − 1| − |x − 1|2 + 8 = 0 ⇔ |x − 1|2 − 2|x − 1| − 8 = 0 ⇔ (|x − 1| −4)(|x − 1| + 2) = 0. Como sempre |x − 1| + 2 ≥ 0 segue-se que x ∈ R. POr outrolado, (|x− 1| − 4) = 0 ⇔ |x− 1| = 4 ⇔ x = −3 ou x = 5.

Portanto, x = 5 ou x = −3.

16. 2|x+2|− | 2x+1 − 1 |= 2x+1 + 1

De | x + 2 |, temos x < −2 e x ≥ −2. Para o caso | 2x+1 − 1 |, segue 2x+1 − 1 ≥0 ⇒ 2x+1 ≥ 1 ⇒ 2x+1 ≥ 20 ⇒ x+ 1 ≥ 0 ⇒ x ≥ −1.

Da condição x < −2 segue

2|x+2|− | 2x+1 − 1 |= 2x+1 + 1 ⇔ 2−(x+2) + (2x+1 − 1) = 2x+1 + 1 ⇔

2−(x+2) = 2 = 21 ⇔ −(x+ 2) = 1 ⇒ x = −3

Mas pela condição, segue-se que x = −3.

Da condição −2 ≤ x < −1 segue

2|x+2|− | 2x+1 − 1 |= 2x+1 + 1 ⇔ 2(x+2) + (2x+1 − 1) = 2x+1 + 1 ⇔

2(x+2) = 2 = 21 ⇔ (x+ 2) = 1 ⇒ x = −1

Mas pela condição, segue-se que x = −1 não pertence ao intervalo.

Da condição x ≥ −1 segue segue ⇒ x+ 2 ≥ 0

2|x+2|− | 2x+1 − 1 |= 2x+1 + 1 ⇔ 2x+2 − (2x+1 − 1) = 2x+1 + 1

⇔ 22 · 2x − 2 · 2x = 2 · 2x ⇔ 2 · 2x − 2 · 2x = 0 ⇒ x ∈ R

Portanto, a solução são os números reais x ∈ {−3} ∪ [−1, ∞)

17. Consideremos a equação:

| x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 | (1.12)


Fazendo | x− 1 |= 0, | x− 3 |= 0 | x+2 |= 0 obtemos os pontos x = 1, x = 3

e x = −2.

Quando x < −2 ⇒ | x−1 |= −(x−1), | x−3 |= −(x−3), | x+2 |= −(x+2),logo na equação (1.12) temos que:

| x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 | ⇔ −(x− 1)− 4(x− 3) = −2(x+ 2)

⇔ 17 = 3x ⇒ x =17

3

Pela condição, x /∈ R.

Quando −2 ≤ x < 1 ⇒ | x− 1 |= −(x− 1), | x− 3 |= −(x− 3), | x+ 2 |=(x+ 2), logo na equação (1.12) temos que:

| x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 | ⇔ −(x− 1)− 4(x− 3) = 2(x+ 2)

⇔ 9 = 7x ⇒ x =9

7


Quando 1 ≤ x < 3 ⇒ | x−1 |= (x−1), | x−3 |= −(x−3), | x+2 |= (x+2),logo na equação (1.12) temos que:

| x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 | ⇔ (x− 1)− 4(x− 3) = 2(x+ 2)

⇔ 7 = 5x ⇒ x =7

5

Pela condição, x =7

5.

Por último quando 3 ≤ x ⇒ | x− 1 |= (x− 1), | x− 3 |= (x− 3), | x+ 2 |=(x+ 2), logo na equação (1.8) temos que:

| x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 | ⇔ (x− 1) + 4(x− 3) = 2(x+ 2)

⇔ 17 = 3x ⇒ x =17

3

Pela condição, x =17

3.

Portanto, x =7

5ou x =

17

3.

Exercício 1.4.2.Represente cada um dos conjuntos seguintes através de desigualdades envolvendo va-

lores absolutos.


1. A = { x ∈ R /. x < −4 ou x > 4 } 2. B = { ∈ R /. x ≤ −6 ou x ≥ 4 }

3. C = { ∈ R /. x > −9 ou x < 9 } 4. D = { ∈ R /. x ≥ −9 ou x ≤ 7 }

Solução.1. | x |> 4 2. | x+ 1 |≥ 5. 3. | x |< 9. 4. | x+ 1 |≤ 8.

Exercício 1.4.3.Represente geometricamente os seguintes conjuntos, para logo em seguida expressá-los

na forma de intervalos.

1. A = { x ∈ R /. 8 < x < 13 } 2. B = { x ∈ R /. − 14 ≤ x < 5 }

3. C = { x ∈ R /. − 13 ≤ x < 15 } 4. D = { x ∈ R /. | x |< 6 }

5. E = { x ∈ R /. | 9− x |< 7 } 6. F = { x ∈ R /. | x+ 5 |≥ 8 }

7. G = { x ∈ R /. x > −9 oux < 9 } 8. H = { x ∈ R /. | 9− x |<| x+ 5 | }

Solução.1. (8, 13) 2. [−14, 5) 3. [−13, 15)

4. (−6, 6) 5. (2, 16) 6. (−∞, −13] ∪ [3, +∞)

7. (−9, 9) 8. (2, +∞)

Exercício 1.4.4.Resolver as seguintes inequações:

1. | x+ 4 | − | 5− 2x |> 4 2. | x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6

3. | 3− | 2x+ 3 ||< 2 4. | 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 |

Solução.

1. Consideremos a inequação:| x+ 4 | − | 5− 2x |> 4 (1.13)

Fazendo | x+ 4 |= 0, | 5− 2x |= 0 obtemos os pontos x = −4 e x =5

2.

Condição x < −4 ⇒ | x+4 |= −(x+4), | 5−2x |= (5−2x), logo na inequação(1.16) temos que:

| x+ 4 | − | 5− 2x |> 4 ⇔ −(x+ 4)− (5− 2x) > 4 ⇔ x > 13



Condição −4 ≤ x ≤ 5

2⇒ | x + 4 |= (x + 4), | 5 − 2x |= (5 − 2x), logo na

inequação (1.9) temos que:

| x+ 4 | − | 5− 2x |> 4 ⇔ (x+ 4)− (5− 2x) > 4 ⇔ x >5

3

Pela condição,5

3< x ≤ 5

2.

Quando5

2< x ⇒ | x+ 4 |= (x+ 4), | 5− 2x |= −(5− 2x), logo na inequação

(1.13) temos que:

| x+ 4 | − | 5− 2x |> 4 ⇔ (x+ 4) + (5− 2x) > 4 ⇔ 5 > x

Pela condição,5

2< x < 5.

Portanto, x ∈ (5

3, 5)

2. Consideremos a inequação:| x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6 (1.14)

Fazendo | x2 − 4 |= 0, | 2x− 5 |= 0 obtemos os pontos x = −2, x = 2 e x =5

2.

1o Caso: Condição x ≤ −2 ⇒ | x2 − 4 |= x2 − 4, | 2x− 5 |= −(2x− 5), logona inequação (1.14) temos que:

| x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6 ⇔ (x2 − 4)− (2x− 5) < 6 ⇔

⇔ x2 − 2x− 5 < 0 ⇔ 1−√6 < x < 1 +

√6


2o Caso: Condição −2 < x < 2 ⇒ | x2−4 |= −(x2−4), | 2x−5 |= −(2x−5),logo na inequação (1.17) temos que:

| x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6 ⇔ −(x2 − 4)− (2x− 5) < 6 ⇔

⇔ x2 + 2x− 3 > 0 ⇔ (x+ 3)(x− 1) > 0 ⇔ x < −3 ou 1 < x

Pela condição, 1 < x < 2.

3o Caso: Condição 2 ≤ x <5

2⇒ | x2 − 4 |= (x2 − 4), | 2x− 5 |= −(2x− 5),


logo na inequação (1.14) temos que:

| x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6 ⇔ (x2 − 4)− (2x− 5) < 6 ⇔

É o primeiro caso, logo 1−√6 < x < 1 +

√6.

Pela condição, 2 ≤ x <5

2.

4o Caso: Condição5

2≤ x ⇒ | x2 − 4 |= (x2 − 4), | 2x − 5 |= (2x − 5), logo

na inequação (1.14) temos que:

| x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6 ⇔ (x2 − 4) + (2x− 5) < 6 ⇔

⇔ x2 + 2x− 15 < 0 ⇔ (x+ 5)(x− 3) < 0 ⇔ −5 < x < 3

Pela condição,5

2≤ x < 3.

Observando as condições, segue que x ∈ (1, 2) ∪ 2 ≤ x <5

2∪ 5

2≤ x < 3.

Portanto, o conjunto solução da inequação é o intervalo (1, 3).

3. Temos que | 3− | 2x+ 3 ||< 2 ⇔ −2 < 3− | 2x+ 3 |< 2.

Logo, temos a resolver −2 < 3− | 2x+ 3 | e 3− | 2x+ 3 |< 2.

1o Caso:

−2 < 3− | 2x + 3 | ⇔ | 2x + 3 |< 5 ⇔ −4 < x < 1. Assim, x ∈ A =

(−4, 1).

2o Caso:

3− | 2x+ 3 |< 2 ⇔ 1 <| 2x+ 3 | ⇔ 2x+ 3 > 1 ou 2x+ 3 < −1. Assimx > −1 ou x < −2; isto é x ∈ B = (−∞, −2) ∪ (−1, ∞).

Portanto o conjunto solução é A ∩B = (−4, −2) ∪ (−1, 1).

4. Consideremos a inequação:

| 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 | (1.15)

Fazendo | 3x−2 |= 0, | 4x−4 |= 0 e | 7x−6 |= 0 obtemos os pontos x =2

3, x = 1

e x =6

7.

1o Caso: Condição x <2

3⇒ | 3x− 2 |= −(3x− 2), | 4x− 4 |= −(4x− 4) e


| 7x− 6 |= −(7x+ 6), logo na inequação (1.15) temos que:

| 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 | ⇔ −(3x− 2) ≤ −(4x− 4)− (7x− 6) ⇔

⇔ x ≤ 1

Pela condição, x <2

3.


3≤ x <

6

7⇒ | 3x− 2 |= (3x− 2), | 4x− 4 |= −(4x− 4)

e | 7x− 6 |= −(7x+ 6), logo na inequação (1.18) temos que:

| 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 | ⇔ (3x− 2) ≤ −(4x− 4)− (7x− 6) ⇔

⇔ 3x− 2 ≤ −11x+ 10 ⇔ x ≤ 6

7

Pela condição,2

3≤ x <

6

7.


7≤ x < 1 ⇒ | 3x− 2 |= (3x− 2), | 4x− 4 |= −(4x− 4)

e | 7x− 6 |= (7x+ 6), logo na inequação (1.18) temos que:

| 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 | ⇔ (3x− 2) ≤ −(4x− 4) + (7x− 6) ⇔

⇔ 3x− 2 ≤ 3x− 2 ⇔ x ∈ R

Pela condição,6

7≤ x < 1.

4o Caso: Condição 1 ≤ x ⇒ | 3x − 2 |= (3x − 2), | 4x − 4 |= (4x − 4) e| 7x− 6 |= (7x+ 6), logo na inequação (1.14) temos que:

| 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 | ⇔ (3x− 2) ≤ (4x− 4) + (7x− 6) ⇔

⇔ 3x− 2 ≤ 11x− 10 ⇔ 1 ≤ x

Pela condição, x ≥ 1.

Portanto, o conjunto solução da inequação é R− [1,3

2).

Exercício 1.4.5.Encontrar o conjunto solução em R.

Solução.

1. | 2x+ 3 | +4 = 5x ⇒ | 2x+ 3 |= 5x− 4, logo

2x+ 3 = 5x− 4 ou 2x+ 3 = −(5x− 4) ⇒ 3x = 7 ou 7x = 1


Portanto, x =7

3ou x =

1

7.

2. | x2 − 4 |= −2x+ 4, logo

x2−4 = −2x+4 ou x2−4 = 2x−4 ⇒ x2+2x−8 = 0 ou x2−2x = 0 ⇒

x =−2±

√4 + 32

2ou x(x− 2) = 0 ⇒ x2 + 2x− 8 = 0 ou x2 − 2x = 0

Portanto, x ∈ { 2, −4, 0}.

3. | 3x− 1 |= 2x+ 5, logo

3x− 1 = 2x+ 5 ou 3x− 1 = −(2x+ 5) ⇒ x = 6 ou 5x = −4

Portanto, x = 6 ou x = −4

5.

4. | 5x− 3 |=| 3x+ 5 |, logo

5x− 3 = 3x+ 5 ou 5x− 3 = −(3x+ 5) ⇒ 2x = 8 ou 8x = −2

Portanto, x = 4 ou x = −1

4.

5. | 2x+ 6 |=| 4− 5x |, logo

2x+ 6 = 4− 5x ou 2x+ 6 = −(4− 5x) ⇒ 7x = −2 ou 3x = 10

Portanto, x = −2

7ou x =

10

3.

6.∣∣∣∣6− 5x

3 + x

∣∣∣∣ ≤ 1

2⇔ −1

2≤ 6− 5x

3 + x≤ 1

2⇔ −1

2≤ 6− 5x

3 + x∧ 6− 5x

3 + x≤

1

2⇔

⇔ 0 ≤ 1

2+

6− 5x

3 + x∧ 6− 5x

3 + x− 1

2≤ 0 ⇔

⇔ 0 ≤ (3 + x) + 2(6− 5x)

2(3 + x)∧ 2(6− 5x)− (3 + x)

2(3 + x)≤ 0 ⇔

⇔ 0 ≤ 15− 9x

2(3 + x)∧ 9− 11x

2(3 + x)≤ 0 ⇔

⇔ 0 ≤−9(x− 15

9)

2(x+ 3)∧

−11(x− 9

11)

2(x+ 3)≤ 0

⇔ x ∈ (−3,15

9] ∧ x ∈ (−∞, −3) ∪ [

9

11, +∞) ⇔ x ∈ [

9

11,15

9]


7.∣∣∣∣ 1

6− 3x

∣∣∣∣ ≤ 2

| x+ 3 |⇔ |x+3| ≤ 2 | 3x−6 | ⇔ |x+3|2 ≤ 4 | 3x−6 |2 ⇔

⇔ x2 + 6x+ 9 ≤ 4(9x2 − 36x+ 36) ⇔ 0 < 5(7x2 − 30x+ 27) ⇔

⇔ 0 < (x− 3)(x− 18

14) ⇔ x ∈ (−∞,

9

7) ∪ (3, +∞)

8. | x | −2 <| x− 1 | ⇔

Considerando | x |= 0 e | x − 1 |= 0, temos que em x = 0 e em x = 1 temosvariação dos sinais. Assim, se x < 0 segue que −x − 2 < −(x − 1) ⇔ −2 <

1 ⇔ x ∈ (−∞, 0).

Por outro lado, se 0 ≤ x < 1, segue que x − 2 < −(x − 1) ⇔ 2x < 3. Deonde x ∈ [0, 1).

Por último, se 1 ≤ x, segue que x− 2 < x− 1 ⇔ x ∈ [1, +∞).

Portanto a solução à inequação é x ∈ R.

9. | x− 3 | +2 | x |< 5.

Considerando | x − 3 |= 0 e | x |= 0, temos que em x = 0 e em x = 3 temosvariação dos sinais. Assim, se x < 0 segue que −(x− 3)− 2x < 5 ⇔ −3x <

2 ⇔ −2

3< x.

Por outro lado, se 0 ≤ x, segue que −(x − 3) + 2x < 5 ⇔ x < 2. De onde0 ≤ x < 2.

Por último, se 3 ≤ x, segue que (x − 3) + 2x < 5 ⇔ x <8

3. De onde, pela

condição 3 ≤ x não existe valores para x.

Portanto s solução à inequação é x ∈ (−2

3, 2).

Exercício 1.4.6.

Determine o valor de E, se: E =| 4x+ 1 | − | x− 1 |

x∀ x ∈ (0, 1).

Solução.

Pela condição x ∈ (0, 1) segue que 4x+ 1 > 0, logo | 4x+ 1 |= 4x+ 1.Por outro lado, x− 1 < 0, logo | x− 1 |= −(x− 1), então

E =| 4x+ 1 | − | x− 1 |

x=

(4x+ 1)− (−(x− 1))

x= 5

Exercício 1.4.7.Sejam a e b números reais, mostre que:

max .{ a, b} =a+ b+ | b− a |

2min .{ a, b} =

a+ b− | b− a |2


Demonstração.

Suponhamos a < b ⇒ 0 < b−a = |b−a|, logo a+ b+ |b−a| = a+ b+(b−a) = 2b

assim b = max .{ a, b} =a+ b+ | a− b |

2.

Por outro lado, a + b − |b − a| = a + b − (b − a) = 2a assim a = min .{ a, b} =a+ b− | a− b |

2.

Para o caso b < a ⇒ 0 < a− b = |a− b|, logo a+ b+ |a− b| = a+ b+(a− b) = 2a

assim a = max .{ a, b} =a+ b+ | a− b |

2.

Por outro lado, a + b − |a − b| = a + b − (a − b) = 2b assim b = min .{ a, b} =a+ b− | a− b |

2.

Portanto, max .{ a, b} =a+ b+ | b− a |

2e min .{ a, b} =

a+ b− | b− a |2

.

Exercício 1.4.8.

Suponha e ε > 0 mostre o seguinte:

1. Se | x−x0 |< min .

{ε

2(| y0 | +1), 1

}e | y− y0 |<

ε

2(| x0 | +1)⇒| xy−x0y0 |< ε

2. Se | y0 | = 0 e | y − y0 |< min

{| y0 |2

,ε | y0 |2

2

}⇒ y = 0 e

∣∣∣∣1y − 1

y0

∣∣∣∣ < ε.

Demonstração. 1.Desde que | x− xo |< 1 ⇒ || x | − | x0 ||< 1 ⇒ | x |< 1+ | x0 |.Assim, | xy − x0y0 |= | (xy − xy0) + (xy0 − x0y0) | ≤

≤| x(y − y0) | + | y0(x+ x0) | ≤| x | · | y − y0 | + | y0 | · | x− x0 |<

< (1+ | x0 |) ·ε

2(| x0 | +1)+ | y0 | ·

ε

2(| y0 | +1)<

ε

2+

ε

2= ε

Portanto, das hipóteses temos que | xy − x0y0 |< ε. �

Demonstração. 2.

Temos que | y0 | − | y |<| y − y0 |<| y0 |2

.

De modo que | y |> | y0 |2

; em particular, y = 0 e1

| y |<

2

| y0 |

Logo,∣∣∣∣1y − 1

y0

∣∣∣∣ = |y − y0|1|y| · |y0|

<2

|y0|· 1

|y0|· ε|y0|

2

2= ε

Exercício 1.4.9.Mostre que, se os números a1, a2, a3, · · · , an não são iguais a zero e formam uma

progressão aritmética, então:1

a1.a2+

1

a2.a3+

1

a3.a4+ · · · + 1

an−1.an=

n− 1

a1.an.

Demonstração.


Seja r a razão da progressão aritmética, então r = ai+1 − ai, e an − a1 = (n− 1)r.Isto é: a2 − a1 = a3 − a2 = a4 − a3 = · · · = an − an−1 = r constante; então:1

a1.a2+

1

a2.a3+

1

a3.a4+ · · · + 1

an−1.an=

=1

r[1

a1− 1

a2] +

1

r[1

a2− 1

a3] +

1

r[1

a3− 1

a4] + · · · + 1

r[

1

an−1

− 1

an] =

=1

r[1

a1− 1

a2+

1

a2− 1

a3+

1

a3− 1

a4+ · · · + 1

an−1

− 1

an] =

=1

r[1

a1− 1

an] =

r(n− 1)

r · a1.an

Portanto,1

a1.a2+

1

a2.a3+

1

a3.a4+ · · · + 1

an−1.an=

n− 1

a1.an. �

Exercício 1.4.10.Para testar se uma moeda é equilibrada, um pesquisador lança 100 vezes e anota o

número x de cara. A teoria estatística afirma que a moeda deve ser considerada nãoequilibrada se |fracx− 505| ≥ 1, 645. Para que valores de x a moeda será equilibrada ?

Solução.

Da desigualdade∣∣∣∣x− 50

5

∣∣∣∣ ≥ 1, 645 segue-se que x− 50 ≥ (5)(1, 645) ⇒ x− 50 ≥

8, 225 ⇒ x ≥ 58, 225.A moeda sera equilibrada quando, 58, 225 ≤ x.

Exercício 1.4.11.A produção diária estimada x de uma refinaria é dada por | x − 300.000 |≤ 275.000,

onde x é medida em barris de petróleo. Determine os níveis máximo e mínimo de produ-ção.Solução.

Temos que | x − 300.000 |≤ 275.000 ⇒ −275.000 ≤ x − 300.000 ≤ 275.000 ⇒25.000 ≤ x ≤ 575.000.

Os níveis de produção variam entre 25.000 e 575.000 barris de petróleo.

Exercício 1.4.12.As alturas h de dos terços de alunos da Licenciatura em Matemática, verificam a

desigualdade∣∣∣∣h− 1, 76

0, 22

∣∣∣∣ ≤ 1,onde h é medido em metros. Determine o intervalo da reta

real que essas alturas se situam.Solução.


Temos que∣∣∣∣h− 1, 76

0, 22

∣∣∣∣ ≤ 1 ⇒ | h−1, 76 |≤ 0, 22 ⇒ −0, 22 ≤ h−1, 76 ≤ 0, 22,

logo 1, 54 ≤ x ≤ 1, 98.Portanto, as alturas situam-se no intervalo (1, 54; 1, 98).

Exercício 1.4.13.Um terreno deve ser lotado. Os lotes, todos retangulares, devem ter área superior

ou igual a 400 m2 e a largura de cada um deve ter 30m a menos que o comprimento.Determine as dimensões do menor dos lotes que satisfazem tais condições.Solução.

Sejam a largura do terreno x, logo o comprimento mede x + 30, a área de cada lotemede A = x(x+ 30).

Pelas condições do problema A = x(x+30) ≥ 400 de onde x2+2(15)x+152 ≥ 152+400

então (x+ 15)2 ≥ 625 ⇒ −√625 ≤ x+ 15 ≤

√625 ⇒ 0 ≤ x ≤ 10.

O menor dos lotes tem largura 10m e comprimento 40m.

Exercício 1.4.14.Uma galeria vai organizar uma exposição e fez as seguintes exigências: i) a área de

cada quadro deve ser no mínimo de 3.200 cm2; ii) os quadros devem ser retangulares e aaltura deve ter 40 cm a mais que a largura. Dentro dessas especificações, em que intervalode números reais devem se situar as larguras dos quadros?Solução.

Seja, x o comprimento da largura, então x+40 é a altura. Pelas hipóteses do problema,segue que 3.200 < x(x+40) de onde 3.200 < (x2+40x, logo 3600 < (x+20)2 ⇒ 60 <

x+ 20 ou x+ 20 < −60.Portanto, as larguras do quadro têm que ser maiores que 40.

Exercício 1.4.15.Uma empresa de utilidade pública tem uma frota de aviões. Estima-se que o custo

operacional de cada avião seja de C = 0, 2k + 20 por ano, onde C é medido em milhõesde reais e k em quilômetros de vôo; se a empresa quer que o custo operacional de cadaavião seja menor que 100 milhões de reais, então k tem ser menor a que valor?Solução.

Pelas hipóteses do problema, segue que C = 0, 2k+20 < 100 de onde k < (5)(80) ⇒k < 400.

O valor de k tem que ser menor que 400 quilômetros de vôo.


1.5 Axioma do Supremo.

Exercícios 1-5

Exercício 1.5.1.Caso existam, determine o supremo, o ínfimo, o máximo e o mínimo para cada um

dos seguintes conjuntos:

1. B = {x ∈ Q /. | x2 − 4 |< 16}

2. A = {x ∈ Z /. | x2 − 9 | +3 | x− 4 |< 16}

3. C = {x ∈ N /. | x2 − x+ 1 |< 3}

4. D = {x ∈ I /. | 5x− 10 | + | x |≥ 1}

5. F = {x ∈ R /. | x2 − 9 |≥ 16− x}

6. E = {x ∈ Z /. | x2 − 16 | + | x− 4 |> 1}

7. H = {∈ R/. | x2 − 9 |< 16− x}

8. G = { ∈ R /. | 9− x2 | − | x− 4 |< 1 }

Solução.

1. B = {x ∈ Q/. −√20 < x <

√20}. Logo, inf.B = −

√20, sup.B =

√20, min.B =

@, max.B = @.

2. A == { 2, 3, 4}. Logo, inf.A = 2, sup.A = 4, min.A = 2, max.A = 4.

3. C = { 0, 1}. Logo, inf.C = 0, sup.C = 1, min.C = 0, max.C = 1.

4. D = R−Q = I. Logo, inf.D = @, sup.D = @, min.D = @, max.D = @.

5. F = {x ∈ R/. x ≤ −√101− 1

2ou

√101− 1

2≤ x}. Logo, inf.F = @, sup.F =

@, min.F = @, max.F = @.

6. E = {x ∈ Z/. x ≤ −4 ou − 3 ≤ x ≤ 3 ou 5 ≤ x}. Logo, inf.E = @, sup.E =

@, min.E = @, max.E = @.

7. H = {x ∈ R/.−√101− 1

2< x <

√101− 1

2}. Logo, inf.H =

−√101− 1

2, sup.H =

√101− 1

2, min.H = @, max.H = @.


8. G = { x ∈ R /. −√57 + 1

2< x < −

√17− 1

2ou

√17 + 1

2< x <

√57− 1

2}. Logo,

inf.G = −√57 + 1

2, sup.G =

√57− 1

2, min.G = @, max.G = @.

Exercício 1.5.2.

Mostre que 1 é o supremo do conjunto E = { x/. x =2n − 1

2n, n ∈ N }.

Demonstração.

Observe, quando consideramos para n valores naturais tão grandes, a expressão[1

2

]nse aproxima para zero.

Como todo elemento x ∈ E, podemos escrever na forma x =2n − 1

2n= 1 −

[1

2

]n, e

quando n0 acontece x = 0, logo o ∈ E.

Por outro lado, considerando que, quando n cresce indefinidamente temos que a ex-

pressão 1−[1

2

]nse aproxima a 1.

Assim, o conjunto E = { 0, 1, 1

2,3

4,7

8, · · · , 2n − 1

2n, · · · } é tal que sup.E = 1.

Exercício 1.5.3.

Mostre que, se o produto de n números positivos é igual a 1 (um), a soma dos mesmosnão é menor que n.Demonstração.

Suponhamos que n = 2, então temos a mostrar que se a1 · a2 = 1 ⇒ a1 + a2 ≥ 2.

Com efeito, como a1a2 = 1, então se 1 ≤ a1 temos que 0 < a2 ≤ 1, logo 0 ≤ (a1− 1) e0 ≤ (1− a2) de onde o ≤ (a1− 1)(1− a2) ⇒ 0 ≤ a1− a1a2− 1+ a2 ⇒ 1+ a1a2 ≤a1 + a2 ⇒ 1 + 1 ≤ a1 + a2.

Portanto, se a1 · a2 = 1 ⇒ a1 + a2 ≥ 2.

Suponhamos que a propriedade seja válida para n números positivos; isto é suponha-mos que:

a1a2a3 · · · ah = 1 ⇒ a1 + a2 + a3 + · · ·+ ah ≥ h

Para n = h+ 1 temos que:

a1a2a3 · · · ahah+1 = 1 (1.16)

Sem perda de generalidade podemos supor por exemplo que a1 ≤ 1 e ah+1 ≥ 1; logoem (1.14) segue que: b1a2a3 · · · ah = 1 onde b1 = a1ah+1; além disso temos que:

(1− ah+1)(a1 − 1) ≥ 0 (1.17)


Pela hipótese de indução temos que:

b1a2a3 · · · ah = 1 ⇒ b1 + a2 + a3 + · · ·+ ah ≥ h

de onde

a1 + a2 + a3 + · · ·+ ah + ah+1 = (b1 + a2 + a3 + · · ·+ ah) + ah+1 − b1 + a1 ≥

≥ h+ ah+1 − b1 + a1 = (h+ 1) + ah+1 − b1 + a1 − 1

a1 + a2 + a3 + · · ·+ ah + ah+1 ≥ (h+ 1) + ah+1 − a1ah+1 + a1 − 1

a1 + a2 + a3 + · · ·+ ah + ah+1 ≥ (h+ 1) + (1− ah+1)(a1 − 1)

Da desigualdade (1.17) resulta a1 + a2 + a3 + · · · + ah + ah+1 ≥ (h + 1). Isto é o quequeríamos mostrar.

Portanto, se o produto de n números positivos é igual a 1 (um), a soma dos mesmosnão é menor que n.

Exercício 1.5.4.Mostre que, se x1, x2, x3, x4, · · · , xn são números positivos, temos:

x1

x2

+x2

x3

+x3

x4

+x4

x5

+ · · · + xn−1

xn

+xn

x1

≥ n

Demonstração.

Observe que:x1

x2

· x2

x3

· x3

x4

· x4

x5

· · · · · xn−1

xn

· xn

x1

= 1

São n fatores da formaxi

xj

portanto, pelo Exercício (1.5.3) temos que:

x1

x2

+x2

x3

+x3

x4

+x4

x5

+ · · · + xn−1

xn

+xn

x1

≥ n

Exercício 1.5.5.Utilizando o princípio de indução matemática, mostre cada um dos seguintes enun-

ciados:1. 12 + 22 + 32 + · · · + n2 =

n(n+ 1)(2n+ 1)

6∀ n ∈ N, n = 0

2. 13 + 23 + 33 + · · · + n3 =n2(n+ 1)2

4∀ n ∈ N, n = 0

3. 1 + 4 + 7 + · · · + (3n− 2) =n(3n− 1)

2∀ n ∈ N, n = 0

4. 12 + 32 + 52 + · · · + (2n− 1)2 =n(4n2 − 1)

3∀ n ∈ N, n = 0


5. 2 + 5 + 8 + · · · + (3n− 1) =n(1 + 3n)

2∀ n ∈ N, n ≥ 1

6. 20 + 21 + 22 + · · · + 2n−1 = 2n − 1 ∀ n ∈ N, n > 1

7. 1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + · · · + n(n+ 1) =n(n+ 1)(n+ 2)

3∀ n ∈ N, n = 0

8.1

1× 3+

1

3× 5+

1

5× 7+ · · · + 1

(2n− 1)(2n+ 1)=

n

2n+ 1∀ n ∈ N, n = 0

Demonstração.

1. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:

12 + 22 + 32 + · · · + n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6∀ n ∈ N, n = 0 (1.18)

Se n = 2 temos de (1.16) que, 12+22 =(2)(3)(5)

6= 5, logo a proposição é verdadeira.

Suponhamos para h ∈ S em (1.18) a seguinte igualdade seja verdadeira.

12 + 22 + 32 + · · · + h2 = . . .h(h+ 1)(2h+ 1)

6(1.19)

Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.19) que:

12 + 22 + 32 + · · · + h2 + (h+ 1)2 =

h(h+ 1)(2h+ 1)

6+ (h+ 1)2 = (h+ 1)

[h(2h+ 1) + 6(h+ 1)

6

]=

(h+ 1)

[(2h+ 3)(h+ 2)

6

]=

(h+ 1)(h+ 2)(2h+ 3)

6

Portanto, S = N e a fórmula (1.16) é válida ∀ n ∈ N, n = 0.


13 + 23 + 33 + · · · + n3 =n2(n+ 1)2

4∀ n ∈ N, n = 0 (1.20)

Quando n = 1 a proposição é verdadeira.

Se n = 2 temos de (1.20) que, 13+23 =(22)(32)



13 + 23 + 33 + · · · + h3 =h2(h+ 1)2

4(1.21)



13 + 23 + 33 + · · · + h3 + (h+ 1)3 =

h2(h+ 1)2

4+ (h+ 1)3 = (h+ 1)2

[h2

4+ (h+ 1)

]

(h+ 1)2[h2 + 4h+ 4

4

]=

(h+ 1)2(h+ 2)2

4=



1 + 4 + 7 + · · · + (3n− 2) =n(3n− 1)

2∀ n ∈ N, n = 0 (1.22)

Quando n = 1 a proposição é verdadeira.

Se n = 2 temos de (1.22) que, 1+4 =4(6− 1)



1 + 4 + 7 + · · · + (3h− 2) =h(3h− 1)

2∀ h ∈ N, h = 0 (1.23)


1 + 4 + 7 + · · · + (3h− 2) + [3(h+ 1)− 2] =

h(3h− 1)

2+ [3(h+ 1)− 2] =

3h2 − h+ 2(3h+ 1)

2

(h+ 1)

[3h+ 2

2

]=

(h+ 1)[3(h+ 1)− 1]

2



12 + 32 + 52 + · · · + (2n− 1)2 =n(4n2 − 1)

3(1.24)

Se n = 2 temos de (1.24) que, 12 + 32 =(2)(3)(5)

3= 10, logo a proposição é

verdadeira.


12 + 32 + 52 + · · · + (2h− 1)2 =h(4h2 − 1)

3(1.25)



12 + 32 + 52 + · · · + (2h− 1)2 + (2h+ 1)2 =

h(4h2 − 1)

3+ (2h+ 1)2 =

(h+ 1)(2h+ 1)(2h+ 3)

3

Portanto, S = N e a fórmula (1.20) é válida ∀ n ∈ N, n = 0. �


2 + 5 + 8 + · · · + (3n− 1) =n(1 + 3n)

2∀ n ∈ N, n ≥ 1 (1.26)

Quando n = 1, n = 2 a proposição é verdadeira.

Se n = 3 temos de (1.26) que, 2+ 5 =2(1 + 6)



2 + 5 + 8 + · · · + (3h− 1) =h(1 + 3h)

2∀ h ∈ N, h ≥ 1 (1.27)


2 + 5 + 8 + · · · + (3h− 1) + [3(h+ 1)− 1] =

h(1 + 3h)

2+ [3(h+ 1)− 1] =

h+ 3h2 + 2(3h+ 2)

2

(h+ 1)

[4 + 3h

2

]=

(h+ 1)[1 + 3(h+ 1)]

2

Portanto, S = N e a fórmula (1.27) é válida ∀ n ∈ N, n ≥ 1.


20 + 21 + 22 + · · · + 2n−1 = 2n − 1 ∀ n ∈ N, n > 1 (1.28)

Quando n = 1, n = 2 a proposição é verdadeira.

Se n = 3 temos de (1.27) que, 20 + 21 + 22 = 7 = 23 − 1, logo a proposição éverdadeira.


20 + 21 + 22 + · · · + 2h−1 = 2h − 1 ∀ n ∈ N, h > 1 (1.29)



20 + 21 + 22 + · · · + 2h−1 + [2(h+1)−1] =

(2h − 1) + [2h] = 2(2h)− 1 = 2h+1 − 1

Portanto, S = N e a fórmula (1.28) é válida ∀ n ∈ N, n > 1.


1.2 + 2.3 + 3.4 + · · · + n.(n− 1) =n(n+ 1)(n+ 2)

3(1.30)

Se n = 2 temos de (1.30) que, 1.2+2.3 =(3)(8)



1.2 + 2.3 + 3.4 + · · · + h.(h− 1) =h(h+ 1)(h+ 2)

3(1.31)


1.2 + 2.3 + 3.4 + · · · + h.(h− 1) + (h+ 1)h =

h(h+ 1)(h+ 2)

3+ h(h+ 1) =

(h+ 1)(h+ 2)(h+ 3)

3Portanto, S = N e a fórmula (1.30) é válida.

1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + · · · + n(n+ 1) =n(n+ 1)(n+ 2)

3∀ n ∈ N, n = 0

8. Seja S o conjunto dos números naturais n = 0 que satisfazem:

1

1× 3+

1

3× 5+

1

5× 7+ · · · + 1

(2n− 1)(2n+ 1)=

n

2n+ 1(1.32)

Se n = 2 temos de (1.32) que,1

1× 3+

1

3× 5=

5 + 1

15=

2

5, logo a proposição é

verdadeira.


1

1× 3+

1

3× 5+

1

5× 7+ · · · + 1

(2h− 1)(2h+ 1)=

h

2h+ 1(1.33)

Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.33) que:1

1× 3+

1

3× 5+

1

5× 7+ · · · + 1

(2h− 1)(2h+ 1)+

[1

(2h+ 1)(2h+ 3)

]=

h

2h+ 1+

[1

(2h+ 1)(2h+ 3)

]=

h(2h+ 3) + 1

(2h+ 1)(2h+ 3)


(h+ 1)(2h+ 1)

(2h+ 1)(2h+ 3)=

(h+ 1)

2(h+ 1) + 1


Exercício 1.5.6.Utilizando o princípio de indução matemática, verifique a validade de cada um dos

seguintes enunciados:Demonstração.


(n2 + n) é divisível por 2, ∀ n ∈ N (1.34)

Se n = 2 temos de (1.34) que, 22+2 é divisível por 2, logo a proposição é verdadeira.


(h2 + h) é divisível por 2 (1.35)


(h+ 1)2 + (h+ 1) = (h2 + h) + 2(h+ 1) é divisível por 2

Portanto, S = N e a fórmula (1.34) é válida. �


(n3 + 2n) é divisível por 3, ∀ n ∈ N (1.36)

Se n = 1 temos de (1.36) que, 13 + 2 = 3 é divisível por 3, logo a proposição éverdadeira.

Suponhamos para h ∈ S em (1.36) proposição seja verdadeira seja verdadeira.

(h3 + 2h) é divisível por 3, ∀ h ∈ N (1.37)


(h + 1)3 + 2(h + 1)) = h3 + 3h2 + 3h + 1 + 2(h + 1) = 3(h2 + h) + (h3 + 2h) + 3 édivisível por 3




n(n+ 1)(n+ 2) é divisível por 6. ∀ n ∈ N, n = 0 (1.38)

Se n = 2 temos de (1.38) que, (2)(3)(4) = 24 é divisível por 6, logo a proposição éverdadeira.


h(h+ 1)(h+ 2) é divisível por 6. ∀ h ∈ N, h = 0 (1.39)


(h+ 1)(h+ 2)(h+ 3) = h(h+ 1)(h+ 2) + 3(h+ 1)(h+ 2) (1.40)

Observe que se h é par, logo h + 2 é par assim 3(h + 1)(h + 2) é múltiplo de 6; seh ímpar, logo h + 1 é par e, 3(h + 1)(h + 2) é múltiplo de 6. Assim, na igualdade(1.40) temos que (h+ 1)(h+ 2)(h+ 3) múltiplo de 6.



(32n − 1) é divisível por 8, ∀ n ∈ N (1.41)

Se n = 2 temos de (1.41) que, 34 − 1) = 80 é divisível por 8, logo a proposição éverdadeira.


(32h − 1) é divisível por 8, ∀ h ∈ N (1.42)


(32(h+1) − 1) = 32h · 32 − 1 = 32h(8 + 1)− 1 = 8 · 32h + (32h − 1) é divisível por 8



(10n − 1) é divisível por 9, ∀ n ∈ N (1.43)

Se n = 2 temos de (1.43) que, 102 − 1) = 99 é divisível por 9, logo a proposição é .



(10h − 1) é divisível por 9, ∀ h ∈ N (1.44)


(10(h+1)− 1) = (10h)(10)− 1 = 10h(9+1)− 1 = 9 · 10h+10h− 1) é divisível por 9



2n ≥ n2; ∀ n ∈ N, n ≥ 4 (1.45)

Se n = 4 temos de (1.45) que, 24 ≥ 42, logo a proposição é verdadeira.


2h ≥ h2; ∀ h ∈ N, h ≥ 4 (1.46)


(h+ 1)2 ≤ 2h + 2h+ 1 ≤ 2h ≤ 2h+1; ∀ h ∈ N, h ≥ 4



3n ≥ (1 + 2n); ∀ n ∈ N (1.47)

Se n = 1 temos de (1.47) que, 31 ≥ (1 + 2(1)), logo a proposição é verdadeira.

Suponhamos para h ∈ S em (1.47) a seguinte desigualdade seja verdadeira.

3h ≥ (1 + 2h); ∀ h ∈ N (1.48)


3h+1 = 3h · 3 ≥ 3(1 + 2h) ⇒

⇒ 3h+1 ≥ (1 + 2)(1 + 2h) = 1 + 2(h+ 1) + 4h ≥ 1 + 2(h+ 1); ∀ h ∈ N




8 é um fator de 52n + 7 ∀ n ∈ N, n ≥ 1 (1.49)

Se n = 2 temos de (1.49) que, 54 + 7 = 632 é múltiplo de 8, logo a proposição éverdadeira.

Suponhamos para h ∈ S em (1.49) a seguinte proposição seja verdadeira.

8 é um fator de 52h + 7 ∀ h ∈ N (1.50)


52(h+1) + 7 = 52h · 52 + 7 = 52h · (24 + 1) + 7 = 24 · 52h + (52h + 7)

Como 24 · 52h e 52h + 7 são múltiplos de 8, temos que 52(h+1) + 7 é um múltiplo de8.

Portanto, S = N e a fórmula (1.49) é válida.

Exercício 1.5.7.Determine a validade das seguintes proposições; justifique sua resposta.

1. Se x, y ∈ R , com 0 < x < y , então xn < yn ∀ n ∈ N, n = 0.

2. 4n − 1 é divisível por 3, ∀ n ∈ N.

3. (8n − 5n) é divisível por 3, ∀ n ∈ N.

4. (10n+1 + 10n + 1) é divisível por 3, ∀ n ∈ N.

5. 4n > n4; ∀ n ∈ N, n ≥ 5.

6.22n+1 + 32n+1

5é um número inteiro

Solução.


xn < yn sendo x, y ∈ R 0 < x < y, ∀ n ∈ N, n = 0 (1.51)

Se n = 2 temos pelas hipóteses de x, y ∈ R temos que 0 < y + x e 0 < y − x ⇒0 < (y + x)(y − x) ⇒ 0 < y2 − x2 ⇒ x2 < y2, logo (1.64) é verdadeira.



xh < yh sendo x, y ∈ R x < y, ∀ h ∈ N, h = 0 (1.52)


xh+1 = x · xh < x · yh < y · yh = yh+1 ⇒ xh+1 < yh+1

Portanto, S = N e a fórmula (1.39) é válida.


4n − 1 é divisível por 3, ∀ n ∈ N (1.53)

Se n = 2 temos na (1.66) que 42 − 1 = 15 é divisível por 3, logo a proposição éverdadeira.


4h − 1 é divisível por 3, ∀ h ∈ N (1.54)


4h+1 − 1 = 4 · 4h − 1 = 3 · 4h + (4h − 1)

é divisível por 3.



(8n − 5n) é divisível por 3, ∀ n ∈ N (1.55)

Se n = 2 temos na (1.55) que 82 − 52 = 39 é divisível por 3, logo a proposição éverdadeira.


(8h − 5h) é divisível por 3, ∀ h ∈ N (1.56)



8h+1 − 5h+1 = 8 · 8h − 5 · 5h = 3 · 8h + 5(8h − 5h)




(10n+1 + 10n + 1) é divisível por 3, ∀ n ∈ N (1.57)

Se n = 1 temos na (1.57) que 102+101+1 = 111 é divisível por 3, logo a proposiçãoé verdadeira.


(10h+1 + 10h + 1) é divisível por 3, ∀ h ∈ N (1.58)


10h+2 + 10h+1 + 1 = 10(10h+1 + 10 + 1)− 9




4n > n4; ∀ n ∈ N, n ≥ 5 (1.59)

Se n = 5 temos na (1.62) que 1024 = 45 > 54 = 625 é uma proposição verdadeira.


4h > h4; ∀ h ∈ N, h ≥ 5 (1.60)

Para h+ 1 ∈ S temos:

(h+ 1)4 = h4 + 4h3 + 6h2 + 4h+ 1 < (1.61)

Como h ≥ 5 ⇒ h > 6 ⇒ 4h4

6> 4h3, h3 > 6h2,

4h2

6> 4h; logo


h4 > 1,h4

6> 6h2 e

h4

54> 4h. Substituindo estas desigualdades em (1.61) segue

aplicando a hipótese auxiliar (1.61) que:

(h+ 1)4 < h4 +4h4

6+

h4

6+

h4

54+ h4 =

154

54< 4h4 < 4 · 4h = 4h+1


6. Dado22n+1 + 32n+1

5, temos

22n+1 + 32n+1

5=

22n × 2 + 32n × 3

5=

4n × 2 + 9n × 3

5

1

5[2(5− 1)n + 3(10− 1)5] =

1

5[2(múlt. de 5) + 3(múlt. de 5)] =

1

5[2 + múlt. 5 + 3] =

=1

5(múlt. de 5 + 5) = múlt. de 5 ∈ Z

Portanto,22n+1 + 32n+1

5é um número inteiro.

Exercício 1.5.8.Mostre que, para quaisquer que sejam os números positivos diferentes a e b é válida a

desigualdade: n+1√abn <

a+ bn

n+ 1.

Demonstração.

Seja g = n+1√abn ⇒ gn+1 = abn de onde:

a

g· bg· bg· · · b

g· bg= 1

São n+ 1 fatores e, sendo g > 0 e a diferente de b pelo Exercício (1.5.3) temos que:

a

g+

b

g+

b

g+ · · ·+ b

g+

b

g> (n+ 1)

a+ nb

g(n+ 1)> 1 ⇒ a+ nb

n+ 1> g =

n+1√abn

Portanto, n+1√abn <

a+ bn

n+ 1.

Exercício 1.5.9.

Mostre a seguinte igualdade:n∑

i=1

(b+ ai) = nb+n∑

i=1

ai.

Demonstração.


Por indução sobre n ∈ N.

Caso n = 1 temos que1∑

i=1

(b+ ai) = b+ a1 = 1 · b+1∑

i=1

ai é verdadeira.

Suponhamos que, para n = h seja válida a igualdade:

n∑i=1

(b+ ai) = h · b+h∑

i=1

ai

Para n = h+ 1 temos:

h+1∑i=1

(b+ ai) =h∑

i=1

(b+ ai) +h+1∑

i=h+1

(b+ ai) =

[h · b+

n∑i=1

ai

]+ b+ ah+1

= (h+ 1)b+h+1∑i=1

ai

Portanto,n∑

i=1

(b+ ai) = nb+n∑

i=1

ai, ∀ n ∈ N

Exercício 1.5.10.Se n ∈ N, o fatorial do número n é denotado n!, e definido do modo seguinte: 0! =

1, 1! = 1 e quando n > 1 define-se n! = 1× 2× 3× 4× 5× · · · (n− 1)× n ou n! =n(n− 1)(n− 2)(n− 3) · · · 4× 3× 2× 1. Mostre que:

1. 2n−1 ≤ n! ∀ n ∈ N.2. 2n < n! < nn para ∀ n ∈ N n ≥ 4.

Demonstração.

1. Por indução sobre n ∈ N.

Se n = 1 então 21−1 = 20 = 1 ≤ 1 = 1! é verdadeira a proposição.

Suponhamos que para n = h ∈ N seja válida a proposição 2h−1 ≤ h!.

Se n = h+ 1 temos 2(h+1)−1 = 2h−1 · 21 ≤ 21 · h!≤ (h+ 1)h! = (h+ 1)!.

Portanto, 2n−1 ≤ n! ∀ n ∈ N.

2. É imediato que 24 = 16 < 24 = 4!

Suponhamos que se n = h seja verdade que 2h < h! ∀ h ∈ N h ≥ 4.

Se n = h+ 1 temos 2h+1 = 2h · 21 ≤ 21 · h!< 4h! < (h+ 1)h! = (h+ 1)!.

Assim, 2n < n! para ∀ n ∈ N n ≥ 4.

Por outro lado, n√n! = n

√(1)(2)(3)(4) · · · (n) ≤ 1 + 2 + 3 + ·+ n

n=

n+ 1

2< n de

onde n! < nn, ∀ n ∈ N n ≥ 4.

Portanto, 2n < n! < nn para ∀ n ∈ N n ≥ 4.


Exercício 1.5.11.

Mostre a desigualdade: n! <

[n+ 1

2

]npara n natural, com n ≥ 2.

Demonstração.

Sabe-se que a média geométrica é menor ou igual que a média aritmética, então, paraos números 1, 2, 3, 4, · · · , n− 1, n temos ;

n√(1)(2)(3) · · · (n− 1)(n) ≤ 1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1) + n

n

n√n! ≤ n(n+ 1)

2n⇒ n! ≤

[n+ 1

2

]nComo devemos considerar n > 2, então n! <

[n+ 1

2

]n.

Exercício 1.5.12.Mostre que, se | x |< 1, para qualquer inteiro n ≥ 2, então é válida a desigualdade:

(1− x)n + (1 + x)n < 2n.Demonstração.

Por indução sobre n ∈ N, n ≥ 2.Se n = 2 ⇒ (1−x)2+(1+x)2 = 2+x2 < 2+12 < 22 a desigualdade é verdadeira.Suponhamos que, para n = h seja verdadeira a desigualdade (1− x)h + (1+ x)h < 2h.Se n = h+ 1 então

(1− x)h+1 + (1 + x)h+1 = (1− x)(1− x)h + (1 + x)(1 + x)h =

= [(1− x)h + (1 + x)h] + x[(1 + x)h − (1− x)h] < 2h + x[(1 + x)h − (1− x)h] (1.62)

Como |x| < 1 ⇒ −1 < x < 1 ⇒ 0 < 1 + x < 2 ⇒ (1 + x)h < 2h.Também, como |x| < 1 ⇒ −1 < −x < 1 ⇒ 0 < 1 − x < (1 − x)h ⇒

(1 + x)h − (1− x)h < (1 + x)h < 2h. De onde em (1.62) segue que

(1− x)h+1 + (1 + x)h+1 < 2h + x[(1 + x)h − (1− x)h] < 2h + x2h < 2h+1

Portanto, se | x |< 1, para qualquer inteiro n ≥ 2, então é válida a desigualdade:(1− x)n + (1 + x)n < 2n


1.6 Miscelânea

Miscelânea 1-1

Miscelânea 1.1.1.Sejam a, b e c raízes da equação x3 − 3x2 + 9x − 2 = 0. Mostre que o valor de

1

a2+

1

b2+

1

c2=

69

4.

Determine a soma: S = 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + · · · + (n+ 1)xn.Demonstração.

Pelas propriedades das raízes de uma equação, sabemos que

a+ b+ c = 3 (1.63)

ab+ bc+ ac = 9 (1.64)

abc = 2 (1.65)

De (1.64) e (1.65) segue que

ab+ bc+ ac

abc=

9

2⇒ 1

c+

1

a+

1

b=

9

2⇒

[1

a+

1

b+

1

c

]2=

81

4

⇒ 1

a2+

1

b2+

1

c2+ 2

[1

ab+

1

bc+

1

ac

]=

81

4(1.66)

De (1.63) e (1.65) segue que

a+ b+ c

abc=

3

2⇒ 1

ab+

1

bc+

1

ac=

3

2

Em (1.66)

1

a2+

1

b2+

1

c2+ 2

[3

2

]=

81

4⇒ 1

a2+

1

b2+

1

c2=

81

4− 3 =

69

4

Portanto,1

a2+

1

b2+

1

c2=

69

4.

Miscelânea 1.1.2.Determine a soma: S = 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + · · · + (n+ 1)xn.

Solução.

Multiplicando S por x obtemos

xS = x+ 2x2 + 3x3 + 4x4 + · · · + (n+ 2)xn + (n+ 1)x(n+1)


de onde,

S−xS = [1+2x+3x2+4x3+ · · ·+(n+1)xn]−[x+2x2+3x3+4x4+ · · ·+nxn+(n+1)x(n+1)]

isto éS − xS = 1 + x+ x2 + x3 + · · · + xn − (n+ 1)x(n+1)

Aplicando a soma dos primeiros termos de uma progressão geométrica, supondo x = 1

segue que

(1− x)S =1− xn+1

1− x− (n+ 1)x(n+1)

S =1− xn+1 − (n+ 1)x(n+1) + (n+ 1)x(n+2)

(1− x)2

S =1− (n+ 2)x(n+1) + (n+ 1)x(n+2)

(1− x)2

Portanto, S =(n+ 1)x(n+2) − (n+ 2)x(n+1) + 1

(1− x)2.

Quando x = 1, temos S =(n+ 1)(n+ 2)

2.

Miscelânea 1.1.3.

Determine a soma: 1+11+111+1111+ · · · +111111111 · · · 1 , se o último somandoé um número de n algarismos.Solução.

Seja S = 1 + 11 + 111 + 1111 + · · · + 111111111 · · · 1.Aplicando a soma dos termos de uma progressão geométrica para a razão r = 10

temos:

1 =1− 10

1− 10, 11 = 1 + 10 =

1− 102

1− 10, 111 = 1 + 10 + 102 =

1− 103

1− 10

1111 = 1 + 102 + 103 =1− 104

1− 10, · · · ,

Como o último número tem n algarismos, então

1111 · · · 11 = 1 + 10 + 102 + 103 + · · ·+ 10n−1 =1− 10n

1− 10

Logo podemos escrever, usando estas igualdades:

S =1− 10

1− 10+

1− 102

1− 10+

1− 103

1− 10+ · · ·+ 1− 10n

1− 10⇒


S =1

9

[10 + 102 + 103 + · · · 10n − n

]⇒

S =1

9

[10(10n − 1)

10− 1− n

]⇒

S =1

81[10n+1 − 10− 9n] ∀ n ∈ N

Portanto, a soma pedida é1

81[10n+1 − 10− 9n] ∀ n ∈ N

Miscelânea 1.1.4.Determine a soma: S = nx+ (n− 1)x2 + (n− 2)x3 + · · · + 2xn−1 + xn.

Solução.

Suponhamos x = 1.Multiplicando por −x toda a igualdade, temos:

−xS = −nx2 − (n− 1)x3 − (n− 2)x4 − · · · − 2xn − xn+1

Somando com a igualdade inicial

S − xS = nx− x2 − x3 − · · · − xn − xn+1

(1− x)S = nx− x2[1 + x+ x2 + · · ·+ xn−1] = nx− x21− xn

1− x

S =nx(1− x)− x2(1− xn)

(1− x)2

Portanto, S = nx+(n−1)x2+(n−2)x3+ · · · +2xn−1+xn =nx− (n+ 1)x2 + xn+2

(1− x)2.

Para o caso x = 1, é imediato S =n(n+ 1)

2.

Miscelânea 1.1.5.

Determine a soma: S =1

2+

3

22+

5

23+

7

24+ · · · + 2n− 1

2n.

Solução.

Observe que,

−S = −1

2− 3

22− 5

23− 7

24− · · · − 2n− 1

2ne

2S =1

1+

3

2+

5

22+

7

23+ · · · + 2n− 1

2n−1⇒

2S − S = 1 + (3

2− 1

2) + (

5

22− 3

22) + (

7

23− 5

23) + . . .+ (

2n− 1

2n−1− 2n− 3

2n−1)− 2n− 1

2n


S = 1 +2

2+

2

22+

2

23+ . . .+

2

2n−1− 2n− 1

2n

S = 1 + [1 +1

2+

1

22+

1

23+ . . .+

1

2n−2]− [

2n

2n− 1

2n]

S = 1 +1− 1

2n−1

1− 12

− 2n

2n+

1

2n= 1 + 2[1− 1

2n−1]− 2n

2n+

1

2n= 3− 2

2n−1− 2n

2n+

1

2n

Portanto, S = 3− 2n+ 3

2n.

Miscelânea 1.1.6.Mostre que a média geométrica de n números positivos não ultrapassa a média arit-

mética destes mesmos n números.Demonstração.

Pelo Exercício (1.5.3) sabe-se que se o produto de n números positivos é igual a um(1), então a soma de todos eles é maior ou igual que n.

Sejam os números a1, a2, a3, · · · , an, logo a média geométrica é g = n√a1a2a3 · · · an de

onde gn = a1a2a3 · · · an, então dividindo este produto por gn podemos escrever na forma

1 =a1g

· a2g

· a3g· · · an

g

de onde aplicando o Exercício (1.5.3) segue que[a1g

+a2g

+a3g

+ · · ·+ ang

]≥ n ⇒ a1 + a2 + a3 + · · ·+ an

n≥ g

isto é, a média aritmética desses n números é maior ou igual que a média geométrica dosmesmos.

Portanto, média geométrica de n números positivos não ultrapassa a média aritméticados mesmos.

Miscelânea 1.1.7.Mostre que, se m > 1, m ∈ N são válidas as seguintes desigualdades:

1.1

m+ 1+

1

m+ 2+

1

m+ 3+ · · · + 1

2m>

1

2

2.1

m+ 1+

1

m+ 2+

1

m+ 3+ · · · + 1

m+ (2m+ 1)> 1

Demonstração.

1. Em geral, para todo m ∈ N temos que

2m > m+ 1, 2m > m+ 2, , 2m > m+ 3, · · · , 2m > m+ (k − 1), 2m > m+ k


logo a soma destas k ∈ N desigualdades é:

1

m+ 1+

1

m+ 2+

1

m+ 3+ · · · + 1

m+ k>

1

2m+

1

2m+

1

2m+ · · ·+ 1

2m+

1

2m⇔

1

m+ 1+

1

m+ 2+

1

m+ 3+ · · · + 1

m+ k>

k

2m(1.67)

Quando k = m segue a desigualdade:

1

m+ 1+

1

m+ 2+

1

m+ 3+ · · · + 1

m+ (m− 1)+

1

2m>

m

2m=

1

2

2. Na desigualdade (1.67) podemos considerar k = 2m+ 1, logo

1

m+ 1+

1

m+ 2+

1

m+ 3+ · · · + 1

m+ (2m+ 1)>

2m+ 1

2m= 1 +

1

2m> 1

Miscelânea 1.1.8.

Prove que, para qualquer inteiro positivo n é válido o seguinte:

1

22+

1

32+

1

42+

1

52+ · · · + 1

n2<

n− 1

n

Demonstração.

Observe que

n−1∑k=1

[1

k− 1

k + 1

]=

[1

1− 1

2

]+

[1

2− 1

3

]+

[1

3− 1

4

]+ · · ·+

[1

n− 1− 1

n

]

entãon−1∑k=1

[1

k(k + 1)

]= 1− 1

n=

n− 1

n.

Por outro lado, ∀ k ≥ 1, k(k + 1) < (k + 1)2, logo

1

22+

1

32+

1

42+

1

52+ · · · + 1

n2=

n−1∑k=1

[1

(k + 1)2

]<

n−1∑k=1

[1

k(k + 1)

]= 1− 1

n=

n− 1

n

Portanto,1

22+

1

32+

1

42+

1

52+ · · · + 1

n2<

n− 1

n.

Miscelânea 1.1.9.

Mostre por indução sobre n, que:


1. Sex = p +√q, onde p e q são racionais, e n ∈ N então xn = a + b

√q sendo a e b

números racionais.2. Mostre que : (p−√

q)n = a− b√q.

Demonstração. 1.

Seja h = 1 então x = p +√q ⇔ x1 = a + b

√q, onde a = p e b = 1, logo a

proposição é verdadeira.Suponhamos que para h = n seja válida a igualdade xh = a + b

√q, onde x = p +

√q

sendo p e q números racionais.Para n = h+ 1 segue aplicando a hipótese indutiva que

xh+1 = x · xh = (p+√q)(a+ b

√q) = (ap+ bq) + (a+ bp)

√q = r + s

√q

onde r = ap+ bq e s = a+ bp são números racionais pelo fato têr Q estrutura de corpo.Portanto, se x = p +

√q, onde p, q ∈ Q então xn = a + b

√q para todo n ∈ N, com

a, b ∈ QDemonstração. 2.

Seja h = 1 então (p − √q)1 = a − b

√q, onde a = p e b = 1, logo a proposição é

verdadeira.Suponhamos que para h = n seja válida a igualdade (p−√

q)h = a−b√q para p, q ∈ Q.

Para n = h+ 1 segue aplicando a hipótese indutiva que

(p−√q)h+1 = (p−√

q)h(p−√q) = (a− b

√q)(p−√

q) = (ap+ bq)− (bp+ a)√q

onde ap+ bq e a+ bp são números racionais.Portanto, se (p−√

q)n = a− b√q para todo n ∈ N, onde a, b ∈ Q.

Miscelânea 1.1.10.

Mostre que, se os números positivos a, b, c formam uma progressão aritmética; então

os números1√

b+√a,

1√c+

√a,

1√c+

√b

também formam uma progressão aritmética.

Solução.

Suponhamos para um certo r ∈ R, que a = b− r e c = b+ r, logo os números a, b, cformam uma progressão aritmética.

Consideremos:

A =1√

b+√a=

√b−

√a

b− a=

√b−

√a

r=

√b−

√b− r

r

C =1

√c+

√b=

√c−

√b

c− b=

√c−

√b

r=

√b+ r −

√b

r


B =1√

c+√a=

√c−

√a

c− a=

√c−

√a

2r=

=

√b+ r −

√b− r

2r=

(√b+ r −

√b) + (

√b−

√b− r)

2r=

A+ C

2

Temos que um dos elementos, é a semi-soma dos outros dois. Assim os três elementos

estão em progressão aritmética de razão1

2(C − A).

Miscelânea 1.1.11.

O símbolon∑

i=1

ai é usado para representar a soma de todos os ai para valores do inteiro i

desde 1 até n; isto én∑

i=1

ai = a1+a2+a3+ · · ·+an−1+an. Mostre que:n∑

i=1

1

i(i+ 1)=

n

n+ 1.

Demonstração.

Temos que ai =1

i(i+ 1)=

1

i− 1

i+ 1de onde

n∑i=1

ai =n∑

i=1

1

i(i+ 1)=

n∑i=1

[1

i− 1

i+ 1] = [1− 1

2]+ [

1

2− 1

3]+ · · ·+[

1

n− 1− 1

n]+ [

1

n− 1

n+ 1]

n∑i=1

ai =n∑

i=1

1

i(i+ 1)= 1− 1

n+ 1=

n

n+ 1

Portanto,n∑

i=1

1

i(i+ 1)=

n

n+ 1.

Este exercício, também pode-se mostrar usando indução matemática.

Miscelânea 1.1.12.

Calcular a soma S =n∑

i=1

ai sendo ai = k uma constante.

Solução.

Temos que a1 = k, a2 = k, a3 = k, · · · , an = −k assim

S =n∑

i=1

ai = k + k + k + · · ·+ k + k = nk

Portanto, S =n∑

i=1

k = nk.

Miscelânea 1.1.13.

Mostre a desigualdadex2

1 + x4≤ 1

2é verdadeira ∀ x ∈ R.

Demonstração.

Sabe-se pelo Exercício (1.5.3) que, se a · b = 1, então a+ b ≥ 2.


Considere a = x2 e b =1

x2, logo x2 +

1

x2≥ 2; isto é

x4 + 1

x2≥ 2 de onde

x2

1 + x4≤ 1

2.

Portanto,x2

1 + x4≤ 1

2.

Miscelânea 1.1.14.Usando o fato que x2 + xy + y2 ≥ 0, mostre que a suposição x2 + xy + y2 < 0 leva a

uma contradição.Demonstração.

Por hipótese temos que x2+xy+y2 ≥ 0, então x2+2xy+y2 ≥ xy, isto é (x+y)2 ≥ xy.Por outro lado, suponhamos que x2 + xy + y2 < 0, então x2 + 2xy + y2 < xy, logo

(x+ y)2 < xy. Utilizando a hipótese a nesta última desigualdade segue que

(x+ y)2 < xy ≤ (x+ y)2 ⇒ (x+ y)2 < (x+ y)2

isto é um absurdo !Portanto com a hipótese x2 + xy+ y2 ≥ 0, supor que x2 + xy+ y2 < 0 nos leva a uma

contradição.

Miscelânea 1.1.15.Uma pirâmide hexagonal regular, com a aresta da base 9 cm e aresta lateral 15 cm, foi

seccionada por dois planos paralelos à sua base que dividiram sua altura em três partesiguais. Mostre que a parte da pirâmide, compreendida entre esses planos, tem volume,126

√3 em cm3.

Solução.

Figura 1.3:

Seja EO = h a altura da pirâmide, como a baseé um hexágono regular, então EF = 9cm, assim ob-temos o triângulo EOF de hipotenusa 15cm e cate-tos EF = 9cm e EO = 12cm, logo a altura medeh = 12cm.

Por semelhança de triângulos, CD = 6cm, AB =

3cm, CO = 8cm e AO = 4cm.A área de todo hexágono de lado a é dado por

3

2a2√3.

O volume da pirâmide de arista da base hexagonal

a e altura h é dada por V =1

2a2√3h.

O volume da pirâmide de aresta 6cm e altura 8cm é V1 =1

2(6)2

√3(8) = 144

√3cm 3

O volume da pirâmide de areata 3cm e altura 4cm é V12 =1

2(3)2

√3(4) = 18

√3cm3

O volume do tronco de pirâmide pedido é 144√3− 18

√3 = 126

√3cm3


Miscelânea 1.1.16.

Prove, por indução, que(n+ 1

n

)n≤ n para todo n ≥ 3 e conclua daí que a sequência

1,√2, 3

√3, 4

√4, . . . é decrescente a partir do terceiro termo.

Solução.

Sejam P (3) = {n ∈ N /.(n+ 1

n

)n≤ n; ∀ n ≥ 3 } e Y = {n ∈ N /. n ∈ P (3) }

Para n = 3 temos(3 + 1

3

)3=

43

33= 2, 370 · · · ≤ 3 a desigualdade é válida, logo

3 ∈ Y .

Suponhamos para h ∈ Y seja verdadeira a desigualdade(h+ 1

h

)h≤ h

Por outro lado, para todo h ∈ N, h = 0 temos

h ≤ h+ 1 ⇒(1 +

1

h+ 1

)≤(1 +

1

h

)⇒

(1 +

1

h+ 1

)h≤(1 +

1

h

)hPela hipótese auxiliar segue(

1 +1

h+ 1

)h≤(1 +

1

h

)h≤ h (1.68)

Como 0 <(1 +

1

h+ 1

)≤(1 +

1

h

), em (1.68)

(1 +

1

h+ 1

)h·(1 +

1

h+ 1

)≤ h

(1 +

1

h

)⇔

[(h+ 1) + 1

h+ 1

]h+1

≤ (h+ 1)

Assim, h+ 1 ∈ Y .

Portanto, Y = N− I3.

Por outro lado, para todo n ∈ Y temos(h+ 1

h

)h≤ h ⇒ h

√h ≥ h+1

√h+ 1; n ≥ 3

Seja a função a : N −→ R definida por a(n) = an = n√n, então

1,√2,

3√3,

4√4, . . .

é decrescente a partir do terceiro termo.

Miscelânea 1.1.17.


Uma indústria de cosméticos deseja embalar sabonetes esféricos de raio 3 cm. A en-balagem deverá ter formato cilíndrico de forma a acondicionar 3 sabonetes, como mostraa Figura (1.4) (vista superior da embalagem aberta).

Figura 1.4:

Mostre que a medida do raio e a altura da embalagem, em cm. deverão ser de, apro-ximadamente: 3, 46 e 6 respectivamente(. Sugestão:

√3 = 1, 73)

Solução.

Observando a Figura (1.4) e considerando os três sabonetes colocados num mesmoplano, temos que o maior triângulo no mesmo plano que cabe nessa embalagem cilíndricaé o triângulo equilátero de lado 12cm. Nestas condições evidentemente que a altura daembalagen tem que ser 6cm.

No triângulo equilátero de lado 12cm, podemos inscrever três triângulos retos de cate-tos 6 e a e hipotenusa 2a. Precisamente esta hipotenusa é o raio da embalagem cilíndrica.

Seja R o raio da embalagem cilíndrica.

No triângulo de lados 12cm, podemos identificar 6 triângulos retângulos de catetosR

2e 6 e hipotenusa R.

Assim, R2 =(R2

)2+ 62 ⇒ 3R2 = 4× 62 ⇒ R =

√48 = 6, 92.

Portanto, o raio da embalagem cilíndrica mede 6, 92cm e sua altura 6cm.

Miscelânea 1.1.18.Verifique, que o máximo número de diagonais de um polígono convexo de n lados é:

Nd =n(n− 3)

2∀ n ∈ N, n > 3.

Solução.

Uma diagonal de um polígono é um segmento de reta entre dois vértices não consecu-tivos do polígono.

Seja um retângulo de vértices consecutivos ABCD. Tendo este retângulo como basepara o estudo da fórmula, limitamos nossa atenção a um dos vértices, tomemos, porexemplo, o vértice A. Para esse vértice, somente é possível obter uma diagonal com


outro vértice não adjacente a ele, nesse caso, o vértice C. Os vértices B e D devem serdesconsiderados pois formam com o A dois dos lados do polígono.

Criamos uma fórmula que descreva a afirmação anterior: P = 4− 3

Seja P o número de diagonais possíveis ao vértice A, desconsiderando os 3 (três)vértices com os quais não é possível ligar uma diagonal, a saber: B, D e o próprio A.

Em geral o máximo número de diagonais que podemos obter do vértice de um polígonoé:

P = n− 3

onde n é o número de vértices do polígono.Aplicando essa fórmula ao retângulo, temos: P = 4 − 3 portanto, para o vértice A

uma só diagonal.Se queremos uma fórmula para calcular o número de diagonais para um vértice do

polígono, bastaria então multiplicar a fórmula anterior pelo número de vértices dessepolígono para aplicá-la aos outros vértices, porém, o que se observa é que o resultado serásempre o dobro do número de diagonais do polígono, veja:

P = n(n− 3) se n = 4, P = 4(4− 3) = 4

isso se deve ao fato que uma diagonal é sempre "determinada"por dois vértices, daí anecessidade de se dividir por 2. Então:

Nd =n(n− 3)

2∀ n ∈ N, n > 3

Sabe-se que se temos um polígono de n lados, de cada um de seus vértices podemostraçar somente n− 3 diagonais.

Miscelânea 1.1.19.Mostre que se um número primo p não divide a a, então (p, a) = 1.

Demonstração.

Se a = 1 não temos nada a mostrar. Suponhamos a = 1 e p seja um divisor de a,logo existe β ∈ Z tal que a = βp assim (p, a) = (a, βa) = a = 1.

Logo, supor que p divide a a implica (p, a) = 1.Portanto, se p não divide a a, então (p, a) = 1.

Miscelânea 1.1.20.Prove que se m é um inteiro não negativo, então

1m + 2m + 3m + · · · (n− 1)m + nm ≤ nm+1, n ≥ 1

Solução.


Observe que 1 < 2 < 3 < · · · < (n− 2) < (n− 1) < n. Como m ≥ 0, m ∈ Z, então

1m < nm, 2m < nm, 3m < nm, · · · (n− 2)m < nm, (n− 1)m < nm nm ≤ nm

somando estas desigualdades

1m + 2m + 3m + · · · (n− 1)m + nm ≤ nm + nm + nm + · · ·+ nm + nm

Portanto, 1m + 2m + 3m + · · · (n− 1)m + nm ≤ nm · n = nm+1.

Miscelânea 1.1.21.Mostre por indução que para qualquer inteiro k > 1 e n ∈ N:

1.nk+1

(k + 1)≥ 1 + 2k + 3k + · · ·+ (n− 2)k + (n− 1)k

2.n

k−1k

1− 1k

≥ 1 + 2−1k + 3−

1k + . . .+ (n− 1)−

1k + n− 1

k

Solução. 1.

Para k > 1 fixo, por indução sobre n ∈ N.

Se n = 1 segue1k+1

(k + 1)≥ 0k

Suponhamos que, para n = h seja verdade que

hk+1

(k + 1)≥ 1 + 2k + 3k + . . .+ (h− 2)k + (h− 1)k

Se n = h+ 1 temos

(1 + 2k + 3k + . . .+ (h− 2)k + (h− 1)k

)+ hk ≤ hk+1

(k + 1)+ hk =

hk+1 + khk + hk

k + 1

≤ h(hk + khk−1) + hk

k + 1≤ h(hk + khk−1) + hk

k + 1≤ h(h+ 1)k + (h+ 1)k

k + 1

Assim,(1 + 2k + 3k + . . .+ (h− 2)k + (h− 1)k

)+ hk ≤ (h+ 1)k+1

k + 1.

Portanto a desigualdade é válida para todo n ∈ N.Solução. 2.

Para k > 1 fixo, por indução sobre n ∈ N.

Se n = 1 segue1

k−1k

1− 1k

≥ 1−1k ⇒ 1

k−1k ≥ 1− 1

kSuponhamos que, para n = h seja verdade que

hk−1k

1− 1k

≥ 1 + 2−1k + 3−

1k + . . .+ (h− 1)−

1k + h− 1

k


Se n = h+ 1 temos

1 + 2−1k + 3−

1k + . . .+ (h− 1)−

1k + h− 1

k + (h+ 1)−1k ≤ h

k−1k

1− 1k

+ (h+ 1)−1k

Pela hipótese auxiliar

[1 + 2−1k + 3−

1k + . . .+ (h− 1)−

1k + h− 1

k ] + (h+ 1)−1k ≤ h

k−1k

1− 1k

+ (h+ 1)−1k ≤

≤ hk−1k

1− 1k

+1

(h+ 1)1k

≤ hk−1k

1− 1k

+ 1 ≤h

k−1k + 1− 1

k

1− 1k

≤ hk−1k + 1

1− 1k

≤ (h+ 1)k−1k

1− 1k

A mostrar que hk−1k + 1 ≤ (h+ 1)

k−1k , isto é exercício para o leitor.

Portanto a desigualdade é válida para todo n ∈ N.

Miscelânea 1.1.22.

Mostre por indução o seguinte:

1. A desigualdade de Cauchy :(n∑

i=1

aibi

)2

≤

(n∑

i=1

a2i

)·

(n∑

i=1

b2i

)

2. (1 + q)(1 + q2)(1 + q4) · · · (1 + q2(n−1))(1 + q2n) =1− q

2(n+1)

1− qDemonstração. 1.

Suponhamos que n = 1, então (a1b1)2 = a21b

21 de onde

(1∑

i=1

aibi

)2

≤(

1∑i=1

a2i

)·(

1∑i=1

b2i

).

Da desigualdade 2AB ≤ A2 +B2 temos

(a1b1 + a2b2)2 ≤ a21b

21 + 2(a1b1)(a2b2) + b21b

22 = a21b

21 + 2(a1b2)(a2b2) + b21b

22

≤ a21b21 + a21b

22 + a22b

22 + b21b

22 = (a21 + a22)(b

21 + b22)

assim,(

2∑i=1

aibi

)2

≤(

2∑i=1

a2i

)·(

2∑i=1

b2i

).

Para n = h, suponhamos que a hipótese indutiva(

h∑i=1

aibi

)2

≤(

h∑i=1

a2i

)·(

h∑i=1

b2i

)seja verdadeira


Para n = h+ 1, da hipótese indutiva e de 2AB ≤ A2 +B2 temos(h+1∑i=1

aibi

)2

=

(h∑

i=1

aibi + ah+1bh+1

)2

=

(h∑

i=1

aibi

)2

+2ah+1bh+1

(h∑

i=1

aibi

)+(ah+1bh+1)

2 ≤

≤

(h∑

i=1

a2i

)·

(h∑

i=1

b2i

)+ 2ah+1bh+1

√√√√( h∑i=1

a2i

)·

√√√√( h∑i=1

b2i

)+ a2h+1b

2h+1

≤

(h∑

i=1

a2i

)·

(h∑

i=1

b2i

)+ a2h+1

(h∑

i=1

b2i

)+ b2h+1

(h∑

i=1

a2i

)+ a2h+1b

2h+1

=

(h∑

i=1

b2i

)[(h∑

i=1

a2i

)+ a2h+1

]+ b2h+1

[(h∑

i=1

a2i

)+ a2h+1

]

=

(h∑

i=1

b2i

)[

(h+1∑i=1

a2i

)] + b2h+1[

(h+1∑i=1

a2i

)] =

(h+1∑i=1

a2i

)[(h∑

i=1

b2i

)+ b2h+1

]

⇒

(h+1∑i=1

aibi

)2

≤

(h+1∑i=1

a2i

)·

(h+1∑i=1

b2i

)Portanto, a desigualdade de Cauchy é válida para todo n ∈ N. �

Demonstração.2.

Suponhamos n = 1, então1− q2

2

1− q= 1+q+q2+q3 = (1+q)+q2(1+q) = (1+q)(1+q2

1

).

Suponhamos n = 2, então1− q2

3

1− q= 1 + q + q2 + q3 + q4 + q5 + q6 + q7 = (1 + q) +

q2(1 + q) + q4(1 + q) + q6(1 + q) = (1 + q)(1 + q2 + q4 + q6) = (1 + q)(1 + q2)(1 + q22

).

Suponhamos a seguinte hipótese indutiva para n = h

(1 + q)(1 + q2)(1 + q22

) · · · (1 + q2(h−1)

)(1 + q2h

) =1− q2

(h+1)

1− q

Para n = h+ 1 da hipótese indutiva temos

(1 + q)(1 + q2)(1 + q22

) · · · (1 + q2(h−1))(1 + q2

h

)︸︷︷︸(1 + q2(h+1)

) =1− q2

(h+1)

1− q· (1 + q2

(h+1)

)

(1− q2(h+1)

) · (1 + q2(h+1)

)

1− q=

1− q2(h+1)

+ q2(h+1) − q4

(h+1)

1− q

isto é

(1 + q)(1 + q2)(1 + q22

) · · · (1 + q2(h−1)

)(1 + q2h

)(1 + q2(h+1)

) =1− q2

2(h+1)

1− q


Portanto, a fórmula (1 + q)(1 + q2)(1 + q4) · · · (1 + q2(n−1)

)(1 + q2n) =

1− q2(n+1)

1− qé

verdadeira para todo n ∈ N.

Miscelânea 1.1.23.

Define-se o coeficiente binomial

(n

m

)=

n!m!(m− n)!

se 0 ≤ m ≤ n. Mostre que:

1.

(n+ 1

m

)=

(n

m− 1

)+

(n

m

)se 1 ≤ m ≤ n.

2. (a+ b)n =n∑

j=0

.

(n

j

)an−jbj ∀ a, b ∈ R.

Demonstração.

1. Temos pela definição(n

m− 1

)+

(n

m

)=

n!

(m− 1)![n− (m− 1)]!+

n!

m!n−m)!=

n! ·mm(m− 1)![n− (m− 1)]!

+n!(n+ 1−m)

m!(n−m)!(n+ 1−m)=

(n+ 1)!

m![(n+ 1)−m]!=

(n+ 1

m

)

2. Por indução sobre n ∈ N.

Para n = 0 e n = 1 a propriedade é imediata.

Suponhamos que (a + b)n =n∑

j=0

.

(n

j

)an−jbj ∀ a, b ∈ R seja válida para

qualquer n ∈ N. Então, para n+ 1 temos

(a+ b)n+1 = (a+ b)(a+ b)n = (a+ b)n∑

j=0

.

(n

j

)an−jbj =

=n∑

j=0

.

(n

j

)an+1−jbj +

n∑j=0

.

(n

j

)an−jbj+1

substituíndo j por j − 1, segue

=n∑

j=0

.

(n

j

)an+1−jbj +

n+1∑j=1

.

(n

j − 1

)an+1−jbj


escrevedo o primeiro e último somando dos somatórios

= an+1b0 +n∑

j=1

.

(n

j

)an+1−jbj +

n∑j=1

.

(n

j − 1

)an+1−jbj + a0bn+1 =

= an+1b0 +n∑

j=1

.

[(n

j

)+

(n

j − 1

)]an+1−jbj + a0bn+1 =

usando a primeira parte deste exercício

= an+1b0 +n∑

j=1

.

(n+ 1

j

)an+1−jbj + a0bn+1 =

n+1∑j=0

.

(n+ 1

j

)an+1−jbj

Portanto, (a+ b)n =n∑

j=0

.

(n

j

)an−jbj ∀ a, b ∈ R.

Miscelânea 1.1.24.

Descobra o erro no seguinte raciocínio por indução:

Seja P (n): Se a e b são inteiros não negativos tais que a+ b ≤ n ⇒ a = b.

Observe que P (0) é verdadeira.

Sejam a e b inteiros tais que a + b ≤ h + 1, defina c = a − 1 e d = b − 1, entãoc+ d = a+ b− 2 ≤ h+ 1− 2 ≤ h. A verdade de P (h) implica que a = b; isto é P (h+ 1)

é verdadeira.

Portanto P (n) é verdadeira para todo n ≥ 0, n ∈ N.Solução.

O erro está, no fato que todos nossos números são inteiros não negativos (logo podemosconsiderar o zero).

Supondo que P (0) é verdadeira, pois é o caso a = 0 e b = 0, logo a + b ≤ 0, istoimplica que d = −1 e e = −1.

Assim estariamos trabalhando com inteiros negativos para deduzir P (h + 1) conside-rando P (n) positivo.

Miscelânea 1.1.25.

Mostre que:[1 +

1

1

].

[1 +

1

2

]2.

[1 +

1

3

]3· · ·[1 +

1

n

]n=

(n+ 1)n

n!∀ n ∈ N+.

Demonstração.

Por indução sobre n ∈ N+.

Para o caso n = 1 é imediato.


Suponhamos para n = h seja verdade que[1 +

1

1

].

[1 +

1

2

]2.

[1 +

1

3

]3· · ·[1 +

1

n

]h=

(h+ 1)h

h!

Para o caso n = h+ 1 temos aplicando a hipótese de indução:[1 +

1

1

].

[1 +

1

2

]2.

[1 +

1

3

]3· · ·[1 +

1

n

]h·[1 +

1

h+ 1

]h+1

=

=(h+ 1)h

h!·[1 +

1

h+ 1

]h+1

=(h+ 1)h

h!· (h+ 2)h+1

(h+ 1)(h+ 1)h

=[(h+ 1) + 1]h+1

(h+ 1)!

Portanto, a fórmula é válida para todo n ∈ N+

Miscelânea 1.1.26.

Se a, b e n são inteiros positivos, mostre o seguinte:

1.

(a

0

)(b

n

)+

(a

1

)(b

n− 1

)+ · · · +

(a

n− 1

)(b

1

)+

(a

n

)(b

0

)=

(a+ b

n

)

2.

(n

0

)2

+

(n

1

)2

+

(n

2

)2

+ · · · +

(n

n− 1

)2

+

(n

n

)2

=

(2n

n

)Solução. 1.

Pelo binômio de Newton, para x ∈ R temos

(x+ 1)a =a∑

k=0

(a

k

)xa−k =

(a

0

)xa +

(a

1

)xa−1 + · · ·+

(a

a− 1

)x+

(a

a

)

Para a potência b

(x+ 1)b =b∑

k=0

(b

k

)xb−k =

(b

0

)xb +

(b

1

)xb−1 + · · ·+

(b

b− 1

)x+

(b

b

)

Multiplicando estas duas últimas igualdades

(x+ 1)a · (x+ 1)b = (x+ 1)a+b =

[a∑

k=0

(a

k

)xa−k

]·

[b∑

k=0

(b

k

)xb−k

]⇒

(x+ 1)a+b =a+b∑n=0

[n∑

k=0

(a

k

)(b

n− k

)]xa+b−n (1.69)


Aplicando o binômio de Newton diretamente para calcular (x+ 1)a+b temos

(x+ 1)a+b =a+b∑n=0

(a+ b

n

)xa+b−n

Comparando coeficiente deste último desenvolvimento com a igualdade (1.69) temos(a+ b

n

)=

n∑k=0

(a

k

)(b

n− k

)

Portanto(a

0

)(b

n

)+

(a

1

)(b

n− 1

)+ · · · +

(a

n− 1

)(b

1

)+

(a

n

)(b

0

)=

(a+ b

n

)

Solução.2.

Na primeira parte deste exercício, quando b = a temos(a

0

)(a

n

)+

(a

1

)(a

n− 1

)+ · · · +

(a

n− 1

)(a

1

)+

(a

n

)(a

0

)=

(2a

n

)

Quando a = n temos(n

0

)(n

n

)+

(n

1

)(n

n− 1

)+ · · · +

(n

n− 1

)(n

1

)+

(n

n

)(n

0

)=

(2n

n

)

Em geral sabemos que

(n

k

)=

n!

k!(a− k)!=

n!

(n− k)!k!=

(n

n− k

), logo

(n

0

)(n

0

)+

(n

1

)(n

1

)+ · · · +

(n

n− 1

)(n

n− 1

)+

(n

n

)(n

n

)=

(2n

n

)

Portanto(n

0

)2

+

(n

1

)2

+

(n

2

)2

+ · · · +

(n

n− 1

)2

+

(n

n

)2

=

(2n

n

)

Miscelânea 1.1.27.

Seja r = 1.

1. Deduzir que, a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arn−1 = a

[1− rn

1− r

]


2. Mostre por indução sobre n que:

a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arn−1 = a

[1− rn

1− r

]Solução. 1.

Considere S = a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arn−1, então

−rS = −ar − ar2 + ar3 − ar4 + · · · − arn−1 − arn (1.70)

Somando S com −rS da igualdade (1.70) resulta S − rS = a − arn. De onde(a− r)S = a− arn.

Portanto, a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arn−1 = a

[1− rn

1− r

]Solução. 2.

Para n = 1 é imediato.Suponhamos n = 2 então

a+ ar = a

[1− r2

1− r

]=

a(1− r)(1 + r)

(1− r)= a(1 + r)

Suponhamos para h > 2 seja verdade que

a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arh−1 = a

[1− rh

1− r

]Seja h+ 1 ∈ N temos aplicando a hipótese auxiliar

[a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arh−1] + arh = a

[1− rh

1− r

]+ arh

= a

[1− rh + rh(1− r)

1− r

]= a

[1− rh+1

1− r

]Portanto, a fórmula vale para todo n ∈ N.

Miscelânea 1.1.28.Mostre que, para qualquer x > 0 e para todo número natural n, a seguinte desigualdade

é verdadeira:xn + xn−2 + xn−4 + · · ·+ 1

xn−4+

1

xn−2+

1

xn≥ n+ 1

Demonstração.

Observe, para qualquer n ∈ N temos n+ 1 fatores:

xn · 1

xn· xn−2 · 1

xn−2· xn−4 · 1

xn−4· · · x2 · 1

x2· x · 1

x· x0 = 1 · x0 = 1


em virtude do Exercício (1.5.3), segue que

xn + xn−2 + xn−4 + · · ·+ 1

xn−4+

1

xn−2+

1

xn≥ n+ 1

Miscelânea 1.1.29.

Mostre que todo número natural podemos escrever como o produto de números primos.Demonstração.

Seja n um número natural.Mostremos por indução sobre n. A propriedade é óbvia para n = 2.Suponhamos que a propriedade seja verdadeira para cada inteiro menor que n. Se n

não é primo, então n é divisível por um inteiro d = 1 e d = n.Portanto n = c ·d, de onde c = n, como c e d são menores que n e maiores que 1, pelo

que cada um deles é o produto de números primos; logo n é produto de números primos.

Miscelânea 1.1.30.

A sequência de Fibonacci define-se como segue: a1 = 1, a2 = 1, an = an−1 + an−2

para n ≥ 3. Mostre por indução que:

an =

(1+

√5

2

)n−(

1−√5

2

)n√5

Demonstração.

Seja S = { h ∈ N /. ah =

(1+

√5

2

)h−(

1−√5

2

)h√5

}.

Se n = 0 temos que a0 = 0.

Para o caso n = 1 temos que a1 =

(1+

√5

2

)1−(

1−√5

2

)1√5

= 1.

Quando n = 2 temos: a2 =

(1+

√5

2

)2−(

1−√5

2

)2√5

= 1

Quando n = 3 temos: a3 =

(1+

√5

2

)3−(

1−√5

2

)3√5

= 2

Suponhamos que para n ≤ h, a expressão ah =

(1+

√5

2

)h−(

1−√5

2

)h√5

.

Se n = h+ 1 temos:

ah+1 =

(1+

√5

2

)h+1

−(

1−√5

2

)h+1

√5

=

(1+

√5

2

)h−1 (1+

√5

2

)2−(

1−√5

2

)h−1 (1−

√5

2

)2√5


ah+1 =

(1+

√5

2

)h−1 (1+

√5+22

)−(

1−√5

2

)h−1 (1−

√5+22

)√5

ah+1 =

(1+

√5

2

)h−1 (1+

√5

2+ 1)−(

1−√5

2

)h−1 (1−

√5

2+ 1)

√5

ah+1 =

(1+

√5

2

)h−(

1−√5

2

)h+(

1+√5

2

)h−1

−(

1−√5

2

)h−1

√5

= ah + ah−1

Pela hipótese de indução, an e ah−1 são elementos da sequência de Fibonacci, portantoah+1 = ah + ah−1 pertence à sequência.

Miscelânea 1.1.31.

JJ

JJ

JJJ

B

A

C

��N

MP

Na figura ao lado, o triângulo ABC é equilátero, M éponto médio do lado AB, o segmento MN é perpendicularao lado BC e o segmento NP é perpendicular ao lado AC.

Sabendo que o lado AP = 12, calcular a área do triân-gulo ABC

Solução.Pela construção da figura, CN =

3

4BC e CP =

3

4· 12AC, isto é CP =

3

8AC.

De onde AP =5

8AC = 12 então AB = 19, 2

A área do triângulo é dada por

Área =AB

2√3

4=

(19, 2)2√3

4= 159, 626

Miscelânea 1.1.32.Mostre que, se a1, a2, a3, · · · , an são números reais tais que | a1 |≤ 1 e | an−an−1 |≤ 1,

então | an |≤ 1.Demonstração.

Definimos o conjunto Bδ(a) = {x ∈ R /. |a−x| < δ} = (a− δ, a− δ) é um intervalo.Em particular se a = a1 segue Bδ(a1) = { x ∈ R /. |a1 − x| < δ} = (a1 − δ, a1 + δ).Se n = 2 e considerando δ = 1 temos como hipótese | a1 |≤ 1 e | a2 − a1 |≤ 1 isto

podemos interpretar assim

|a1| < 1 ⇔ B1(a1) = { x ∈ R /. |a1 − x| < 1} = (a1 − 1, a1 + 1)

de onde para algum x = a2 segue que a2 ∈ B1(a1), logo existe ϵ =1

2< 1 tal que

Bϵ(a2) ⊆ B1(a1) ⇒ |a2| < ϵ < 1 ⇒ |a2| < 1


De modo análogo, para algum x = a3 segue que a3 ∈ Bϵ(a2), logo existe α =1

2ϵ =(1

2

)2< 1 tal que

Bα(a3) ⊆ Bϵ(a2) ⊆ B1(a1) ⇒ |a3| < α = (1

2)2 < 1 ⇒ |a3| < 1

Por hipótese temos que | a1 |≤ 1 e | an−an−1 |≤ 1, então continuamos com o processoacima descrito para afirmar que para algum x = an segue que an ∈ Bϵ(an−1), logo existe

β =(12

)n−1< 1 tal que

Bα(an) ⊆ Bϵ(an−1) ⊆ . . . ⊆ B1(a1) ⇒ |an| < β =(12

)n−1< 1 ⇒ |an| < 1

Portanto, |an| < 1.

Por exemplo quando an =1

n+ 1, ∀n ∈ N podemos verificar que satisfaz as condições

do problema. isto é exercício para o leitor.

Miscelânea 1.1.33.Mostre que, para todo inteiro positivo n e para p > 0 número real a seguinte desigual-

dade é válida:(1 + p)n ≥ 1 + np+

n(n− 1)

2p2

Solução.

Se n = 1 temos que (1 + p)1 = 1 + p ≥ 1 + p+1(1− 1)

2p2.

Suponhamos para h ∈ N com h > 1 seja válida a desigualdade

(1 + p)h ≥ 1 + hp+h(h− 1)

2p2

Para h+ 1 ∈ N temos aplicando a hipótese auxiliar

(1 + p)h+1 = (1 + p)h(1 + p) ≥ [1 + hp+h(h− 1)

2p2](1 + p) ⇔

(1 + p)h+1 ≥ [1 + hp+h(h− 1)

2p2] + [p+ hp2 +

h(h− 1)

2p3] ⇔

(1 + p)h+1 ≥ 1 + (h+ 1)p+h(h+ 1)

2p2 +

h(h− 1)

2p3 ⇔

Comoh(h− 1)

2p3 > 0 segue (1 + p)h+1 ≥ 1 + (h+ 1)p+

h(h+ 1)

2p2

Portanto, a desigualdade (1 + p)n ≥ 1 + np +n(n− 1)

2p2 é válida nas condições

dadas.


Miscelânea 1.1.34.

Mostre que: |n∑

i=1

ai |≤n∑

i=1

| ai |.

Demonstração.

Para n = 1 é imediato que |1∑

i=1

ai |=| a1 |≤1∑

i=1

| ai |=| a1 | .

Para n = 2 é imediato que |2∑

i=1

ai |=| a1 + a2 |≤2∑

i=1

| ai |=| a1 | + | a2 | isto pela

desigualdade triangular.

Suponhamos para 1 < h ∈ N que |h∑

i=1

ai |≤h∑

i=1

| ai |.

Para h+ 1 ∈ N temos da desigualdade triangular da hipótese auxiliar

|h+1∑i=1

ai |=|h∑

i=1

ai + ah+1 |≤|h∑

i=1

ai | + | ah+1 |≤h∑

i=1

| ai | + | ah+1 |=h+1∑i=1

| ai |

Assim, |h+1∑i=1

ai |≤h+1∑i=1

| ai | para h ∈ N. o,

Portanto, |n∑

i=1

ai |≤n∑

i=1

| ai |.

Capítulo 2

FUNÇÕES

2.1 Relações. Funções

Exercícios 2-1

Exercício 2.1.1.Sejam os conjuntos A = {0, 1, 2} e B = {3, 2, 1}, escrever em forma de conjuntos

a relação de A em B definida por x = y para x ∈ A e y ∈ B.Solução.

É suficiente escrever: R = { (x, y) ∈ A×B /. x = y }

Exercício 2.1.2.Sejam as relações: f(x) = x e g(x) = x−2. Para que valores de x, é válida a relação:

| f(x)− g(x) |>| f(x) | − | g(x) |?Solução.

Tem-se

| f(x)− g(x) |>| f(x) | − | g(x) | ⇔ | x− (x− 2) |>| x | − | x− 2 | ⇔

⇔ 2+ | x− 2 |>| x | (2.1)

Sabe-se que |x| = x se x ≥ 0 e |x| = −x se x < 0; idem para |x − 2|, tem-se|x− 2| = x− 2 se x ≥ 2 e |x− 2| = −(x− 2) se x < 2, logo em (2.1):

Quando x < 0, então 2 > −x+ (x− 2) ⇒ 2 > −2, logo x ∈ (−∞, 0).

Quando 0 ≤ x < 2, então 2 > x+ (x− 2) ⇒ x < 2, logo x ∈ [0, 2).

Quando 2 ≤ x, então 2 > x− (x− 2) ⇒ 2 > 2, (absurdo!).Portanto, a solução de (2.1) vale para todo x ∈ (−∞, 2).

101


Exercício 2.1.3.Suponha os conjuntos A = {3, 5, 8, 9} e B = {1, 3, 5, 7} , escrever em forma de

conjuntos a relação de A em B definida por:

1. x < y; x ∈ A e y ∈ B. 2. x ≥ y; x ∈ A e y ∈ B.3. x = y; x ∈ A e y ∈ B. 4. y + x = 4; x ∈ A e y ∈ B.5. x é divisível por y; x ∈ A e y ∈ B.

Solução.

1. R1 = { (x, y) ∈ A×B /. x < y }

2. R2 = { (x, y) ∈ A×B /. y ≤ x }

3. R3 = { (x, y) ∈ A×B /. x = y }

4. R4 = { (x, y) ∈ A×B /. y + x = 4 }

5. R5 = { (x, y) ∈ A×B /. x é divisível por y }

Exercício 2.1.4.Para o exercício anterior, determine o domínio, imagem de cada relação.

Solução.

1. R1 = { (x, y) ∈ A×B /. x < y } D(R1) = { 3, 5 } Im(R1) = { 5, 7 }

2. R2 = {(x, y) ∈ A×B/. y ≤ x} D(R2) = {3, 5, 8, 9} Im(R2) = {1, 3, 5, 7}

3. R3 = { (x, y) ∈ A×B /. x = y } D(R3) = { 3, 5 } Im(R3) = { 3, 5 }

4. R4 = { (x, y) ∈ A×B /. y + x = 4 } D(R4) = { 3 } Im(R4) = { 1 }

5. R5 = {(x, y) ∈ A×B/. x é divisível por y} D(R5) = {3, 5} Im(R5) = {3, 5}

Exercício 2.1.5.Construir um desenho, achar o domínio e imagem para cada uma das seguintes rela-

ções definidas em R.

1. S = {(x, y) ∈ R2/.x − 5y = 0}2. S = {(x, y) ∈ R2/. x = 3y}.3. S = {(x, y) ∈ R2/. y < 2x}.4. S = {(x, y) ∈ R2/. y =

1

x}.

5. S = {(x, y) ∈ R2/. (x− 2)(y + 3) = 0}6. S = {(x, y) ∈ R2/. x = 3 e − 2 < y < 2}.7. S = {(x, y) ∈ R2/. y = 2x e x ∈ [−2, 1]}.

Suplemento de Cálculo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31/01/2017 103

8. S = {(x, y) ∈ R2/. y =9− x2

x2 − 4}.

9. S = {(x, y) ∈ R2/. x = 3 e y > 0}.

10. S = {(x, y) ∈ R2/. y =3x2 − 8x+ 4

x2}.

Solução.

Figura 2.1: Figura 2.2: Figura 2.3:

1. D(S) = R, Im(S) = R (Figura (2.1))

2. D(S) = (0, ∞), Im(S) = R (Figura (2.2))

3. D(S) = R, Im(S) = (0,+∞) (Figura (2.3))

4. D(S) = R− {0}, Im(S) = R− {0} (Figura (2.4))

5. D(S) = { 2 }, Im(S) = { −3 } (Figura (2.5))


6. D(S) = { 3 }, Im(S) = (−2, 2) (Figura (2.6))

7. D(S) = [−2, 1], Im(S) = [−4, 2] (Figura (2.7))



8. D(S) = R− {±2}, (Figura (6.28))

Im(S) = (−∞,9

4] ∪ (−1,+∞)

9. D(S) = { 3 }, Im(S) = [0, ∞) (Figura (2.9))

10. D(S) = R− {0}, Im(S) = [−1,+∞)(Figura (2.10)) Figura 2.10:

Exercício 2.1.6.Para as relações do exercício anterior, achar as relações inversas, indicar seu domínio

e imagem e desenhar-la.Solução.


1. S−1 = {(y, x) ∈ R2/.x − 5y = 0} D(S−1) = R, Im(S−1) = R2. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. x = 3y}. D(S−1) = R, Im(S−1) = (0, ∞)




3. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. (x−2)(y+3) = 0} D(S−1) = {−3}, Im(S−1) = {2}

4. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. y =1

x}. D(S−1) = R − {0}, Im(S−1) = R − {0}.

Figura (2.14)

5. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. y < 2x}.. D(S−1) = (0,+∞), Im(S−1) = R. Figura(2.15)

6. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. x = 3 −2 < y < 2}. D(S) = (−2, 2), Im(S) = {3}.Figura (2.16)

7. S−1 = {(2x, x) ∈ R2/. e x ∈ [−2, 1]}. D(S−1) = [−4, 2], Im(S−1) = [−2, 1].Figura (2.17)

8. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. y =9− x2

x2 − 4}. D(S−1) = (−∞,

9

4]∪(−1,+∞), Im(S−1) =

R− {±2}. Figura (2.18)

9. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. x = 3 e y > 0}. D(S−1) = [0,∞), Im(S−1) = {3}.Figura (2.19)


Figura 2.20:

10. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. y =3x2 − 8x+ 4

x2}. D(S−1) = [−1,+∞) , Im(S−1) =

R− {0}. Figura (2.20)

Exercício 2.1.7.

Desenhar, logo determine o domínio e imagem dasseguintes relações:

1. S = { (x, y) ∈ R2 /. 1 ≤ x+ y ≤ 2 }

2. S = { (x, y) ∈ R2 /. | x | + | y |= 5 }

3. S = { (x, y) ∈ R2 /. | x | + | y |≤ 8 }

4. S = { (x, y) ∈ R2 /. y ≤ 2x e x2 + y2 ≤ 1 }

Solução.

1. D(S) = R, Im(S) = R (Figura (2.21)) Figura 2.21:



2. D(S) = [−5, 5], Im(S) = [−5, 5] (Figura (2.22))

3. D(S) = [−8, 8], Im(S) = [−8, 8] (Figura (2.23))

4. D(S) = [−1, 1], Im(S) = [−1, 1] (Figura (2.24))

Exercício 2.1.8.Sendo y =| x− 5 | + | 3x− 21 | + | 12− 3x | , se 4 < x < 5, podemos afirmar que a

relação é equivalente a:Solução.

Como 4 < x < 5 então 4− 5 < x− 5 < 0 ⇒ | x− 5 |= −(x− 5), por outro lado,de 4 < x < 5 segue que 3x − 21 < −6 então | 3x − 21 |= −(3x − 21). Pore último, de4 < x < 5 tem-se −15 < −3x < −12 então | 12− 3x |= −(12− 3x).

Assim, y =| x−5 | + | 3x−21 | + | 12−3x |= −(x−5)−(3x−21)−(12−3x) = 14−x.Portanto, y = 14− x.

Exercício 2.1.9.Seja A = { 4, 5, 6 } define-se a relação em A×A do seguinte modo (a, b)S(c, d) se e

somente se a+ d = b+ c. Achar os elementos da relação S e determine seu domínio.Solução.

S = {((4, 4), (5, 5)), ((4, 4), (6, 6)), ((5, 5), (6, 6)), ((4, 5), (5, 6))((6, 6), (5, 5)), ((6, 6),(4, 4)), ((5, 6), (4, 5)), ((5, 4), (6, 4)), ((6, 5), (5, 4)), ((4, 6), (4, 6)) }

D(S) = { (4, 4), (5, 5), (4, 5), (6, 6), (5, 6), (5, 4), (6, 5), (4, 6) }

Exercício 2.1.10.Seja A = { 1, 2, 3 } define-se a relação em A×A do seguinte modo (a, b)T (c, d) se e

somente se a− d = b− c. Achar os elementos da relação T e determine seu domínio.Solução.

S = {((1, 1), (2, 2)), ((1, 1), (3, 3)), ((2, 2), (3, 3)), ((1, 2), (3, 2))((3, 3), (2, 2)), ((3, 3),(1, 1)), ((3, 2), (1, 2)), ((1, 3), (3, 1)), ((3, 2), (1, 2)), ((3, 1), (1, 3))}

D(S) = { (1, 1), (2, 2), (1, 2), (3, 3), (2, 3), (2, 1), (3, 2), (1, 3), (3, 1) }

Exercício 2.1.11.A soma dos ângulos interiores de um polígono regular convexo plano esta em relação

com o número de lados. Expressar analíticamente esta relação. Que valores pode tomara variável independente?Solução.


Seja qualquer polígono regular convexo de n lados, onde n ∈ N+ com n = 1. Qualquerum do seus ângulos externos mede

π

nradianos, logo um ângulo externo mede (π − π

n)

radianos.A soma S(n) do seus ângulos interiores é S(n) = n

[π − π

n

], isto é S(n) = π(n− 1).

Exercício 2.1.12.Escrever a relação que expresse a dependência entre o raio r de um cilindro e sua

altura h sendo o volume V = 1.Solução.

Seja r o raio da base, h sua altura. Sabe-se que o volume é V = πr2h, então 1 = πr2h

de onde r =

√1

πh; isto é r = f(h) =

√1

πh.

Exercício 2.1.13.Determine os valores de a e b na relação y = S(x) onde S(x) = ax2 + bx+ 5 para os

quais é válida a igualdade S(x+ 1)− S(x) = 8x+ 3.Solução.

Tem-se que S(x+ 1)− S(x) = [a(x+ 1)2 + b(x+ 1) + 5]− [ax2 + bx+ 5] = 8x+ 3, deonde a[(x+ 1)2 − x2] + b[(x+ 1)− x] = 8x+ 3, então a(2x+ 1) + b = 8x+ 3.

Logo, 2ax+(a+b) = 8x+3, pela igualdade de polinômios segue que 2a = 8 e a+b = 1.Portanto, a = 4 e b = −1.

Exercício 2.1.14.

Se f(x) =1

x(x+ 1)com x = 0 e x = −1, então o valor de S = f(1) + f(2) + f(3) +

· · ·+ f(100) é:Solução.

A função f(x) =1

x(x+ 1)podemos escrever na forma f(x) =

1

x− 1

x+ 1, como

S(x) = f(1) + f(2) + f(3) + · · ·+ f(100), então:

S = (1

1− 1

2) + (

1

2− 1

3) + (

1

3− 1

4) + · · ·+ (

1

100− 1

101)

Assim, S = 1− 1

101, então S =

100

101.

Exercício 2.1.15.O desenho da relação f de R em R, dada por f(x) =| 1−x | −2, intercepta o eixo das

abscissas nos pontos (a, b) e (c, d), com a < c. Nestas condições o determine o valor deE = d+ c− b− a.Solução.


Seja y =| 1 − x | −2, quando y = 0 então | 1 − x |= 2 de onde x = −1 ou x = 3.Óbvio que a = −1, c = 3, b = 0 e d = 0.

Logo E = d+ c− b− a = 0 + 3− 0− (−1) = 4

Exercício 2.1.16.A variável x é inversamente proporcional a y; y é diretamente proporcional a z; z

é diretamente proporcional a u, que por sua vez é inversamente proporcional a v. Quedependência existe entre x e v ?Solução.

Pelos dados do problema tem-se: x = k11

y, também y = k2z, ainda mais, z = k3u; por

último u = k41

vpara k1, k2, k3 e k4 constantes não nulas.

Logo, z = k3u = k3(k41

v), de onde y = k2z = k2[k3(k4

1

v)], isto é y é inversamente

proporcional a v, pois y = k2k3k41

v.

Por último como x = k11

y, então x = ki

1

k2k3k41

v

, isto é x =k1

k2k3k4v.

Portanto, x e v são diretamente proporcionais.

Exercício 2.1.17.A folha de pagamento (F.P.) mensal de uma empresa é diretamente proporcional ao

número de trabalhadores (T ), sabendo que 20 dos trabalhadores tem uma folha de paga-mento de R$3000, 00. a) Expresse o valor da folha de pagamento mensal como função donúmero de trabalhadores; b) qual a folha de pagamento para 18 trabalhadores?Solução.

Seja f(x) a folha de pagamento mensal da empresa, e x o número de trabalhadores,logo f(x) = kx para algum k ∈ R.

Quando x = 20, tem-se que f(20) = 3000, assim 3000 = 20k de onde k = 150

(a) O valor da folha de pagamento mensal como função do número de trabalhadores édada pela função f(x) = 150x.

(b) Quando x = 18, tem-se que f(18) = (150)(18) = 2700 reais.


2.2 Funções

Exercícios 2-2

Exercício 2.2.1.

Seja f(x) =1

1 + xinterpretar o seguinte:

1. f(f(x)) 2. f(cx) 3. f(x+ y) 4. f(x) + f(y)

5. Determine números c de modo que existam x tais que f(cx) = f(x).6. Determine números c, tais que f(cx) = f(x) para valores distintos da variável x.

Solução.

1. f(f(x)) =1

1 + f(x)=

1

1 +1

1 + x

=x+ 1

x+ 2

2. f(cx) =1

1 + cx

3. f(x+ y) =1

1 + x+ y

4. f(x) + f(y) =1

1 + x+

1

1 + y

5. f(cx) = f(x) ⇔ 1

1 + cx=

1

1 + x. Condição: cx = −1 e x = −1.

Logo 1 + cx = 1 + x ⇔ 0 = (x− 1)c.

Quando c = 0, existe x = 0.

6. f(cx) = f(x) ⇔ 1

1 + cx=

1

1 + x. Condição: cx = −1 e x = −1.

Logo 1 + cx = 1 + x ⇔ 0 = (c− 1)x.

Quando c = 1, existem valores distintos x ∈ R− {−1}.

Exercício 2.2.2.Determine o domínio das seguintes funções:

1. f(x) =√1− x 2. g(x) =

√1−

√1− x 3. h(x) =

1

x− 1+

1

x− 24. f(x) =

√1− x2 +

√x2 − 1 5. h(x) =

√1− x+

√x− 2

Solução.

1. 1− x ≥ 0 ⇒ D(f) = (−∞, 1]

2. 1 ≥√1− x e 1− x ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 e 1 ≥ x ⇒ D(f) = [0, 1]


3. x− 1 = 0 x− 2 = 0 ⇒ D(f) = R− {2, 1}

4. 1 − x2 ≥ 0 e x2 − 1 ≥ 0 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1 e (x ≥ 1 ou x ≤ −1) ⇒D(f) = {±1}

5. 1− x ≥ 0 e x− 2 ≥ 0 ⇒ 1 ≥ x e x ≥ 2 ⇒ D(f) = ∅

Exercício 2.2.3.Calcular f(a) para as seguintes funções:

1. f(x) = x2 + 6x− 2 a = −2 2. f(x) =x+ 1

3− x5a = 0

3. f(x) =√5x2 + 11 a = −1

34. f(x) =

3x2 − 2x− 1

2x3 − 5x+ 1a = 1

5. f(x) =

| x− 2 |x− 2

, se, x = 2

1, se, x = 2a = −2

Solução.

1. f(−2) = (−2)2 + 6(−2)− 2 = −10

2. f(0) =0 + 1

3− 05=

1

3

3. f(−1

3) =

√5(−1

3)2 + 11 =

√104

9=

2

3

√26

4. f(1) =3(1)2 − 2(1)− 1

2(1)3 − 5(1) + 1= 0

5. f(−2) =| −2− 2 |−2− 2

=4

−4= −1

Exercício 2.2.4.Desenhar o gráfico das seguintes funções:

1. g(x) = f(x) + c 2. g(x) = f(x+ c) 3. g(x) = c.f(x)

4. g(x) = f(cx) 5. g(x) = f(1/x) 6. g(x) = f(| x |)

7. g(x) = min .{f(x), 0} 8. g(x) = max .{f(x), 0}

Solução.1.O gráfico de y = g(x) tem o mesmo desenho que o gráfico de y = f(x). Dependendo

do valor se c ∈ R esse gráfico pode estar acima do gráfico de f (se c > 0) ou abaixo dográfico de f se c < 0). Para o caso c = 0 o gráfico de g é o mesmo que o de f . Ver Figura(2.25)



Solução.2.

Dependendo de c, o gráfico de y = g(x) é idêntico ao gráfico de y = f(x) trasladadohorizontalmente para a direita ou esquerda e trasladado para cima ou para baixo.Ver Figura (2.26)

Solução.3.

Para o caso c = 1 o gráfico de y = g(x) é idêntico ao gráfico de f . Para o caso c > 0

. . ., para o caso c < 0 . . . Ver Figura (2.27)

Solução.4.

Para o caso c = 1 os gráficos de y = g(x) é f são idênticos, para o caso c > 1......


Solução.5.

O gráfico de y = g(x) é bem diferente que o gráfico de y = f(x). Observe que odomínio de g não inclue o valor x = 0. Ver Figura (2.38)


Solução.6.

O gráfico da função y = g(x) = f(|x|) é idêntico ao gráfico de y = f(x) somentepara valores x ≥ 0. Para o caso de x < 0 o gráfico é simétrico respeito do eixo-x(negativo). Ver Figura (2.39).

Solução.7.

Suponhamos que 0 ≤ f(x) para todo x ∈ D(f), então g(x) = 0, logo o gráficode g(x) é dado por g(x) = 0 uma reta. Se f(x) ≤ 0, para todo x ∈ D(f), entãog(x) = f(x), logo o gráfico de g(x) é dado por f(x).

Solução.8.

Suponhamos que f(x) ≤ 0 para todo x ∈ D(f), então g(x) = 0, logo o gráficode g(x) é dado por g(x) = 0 uma reta. Se 0 ≤ f(x), para todo x ∈ D(f), entãog(x) = f(x), logo o gráfico de g(x) é dado por f(x).

Exercício 2.2.5.Sejam os conjuntos A = [1, 4], B = [−1, 1] e C = [−3, 1] e considere as funções

f : A −→ R, g : B −→ R e h : C −→ R, assim definidas: a cada número x correspondeseu quadrado x2. Quais das funções são injetoras?Solução.

Tem-se f(x) = x2 é injetora em A = [1, 4]. As funções g(x) e h(x) não são injetorasem seus respectivos domínios.

Pois g(−1) = g(1) = 1 = h(x) = h(−1).

Exercício 2.2.6.A função constante f(x) = k, pode ser injetora? E, sobrejetiva?

Solução.

Sob qualquer hipótese, a função constante f(x) = k não é injetora.Supondo f : R −→ R, a função constante não é sobrejetiva. Para o caso f : R −→

{a}, a ∈ R é sobrejetiva.

Exercício 2.2.7.Sabe-se que −2 e 3 são raízes de uma função quadrática. Se o ponto (−1, 8) pertence

ao gráfico dessa função, então:Solução.

Sendo quadrática é da forma f(x) = ax2 + bx + c. Seja k ∈ R, como −2 e 3 sãoraízes, tem-se f(x) = k(x+ 2)(x− 3) = k(x2 − x− 6), observe que f(−2) = f(3) = 0 ef(−1) = k(−4) = 8, então k = −2.

Portanto, tem-se a função: f(x) = −2x2 + 2x+ 12.


Exercício 2.2.8.Num circuito a tensão vá decrescendo uniformemente (conforme a lei linear). Ao

início do experimento a tensão era igual a 12V e ao final do mesmo experimento, queduro 8sg, a tensão baixo até 6, 4V . Expressar a tensão V como função do tempo t econstruir o gráfico para esta função.Solução.

Como a tensão diminur uniformemente segundo a lei linear, então é da forma V (t) =

at+ b onde a e b são constantes a determinar.Quando t = 0 tem-se que V (0) = 12 ⇒ V (0) = b = 12, por outro lado, quando

t = 8 tem-se que V (8) = 8a+ 12 = 6, 4 ⇒ a =6, 4− 1212

8= −0, 7

Portanto, a tensão é descrita por V (x) = 12− 0, 7t.

Exercício 2.2.9.Uma esfera de raio R tem inscrito um cone reto. Achar a dependência funcional entre

a área da superfície lateral S do cone e sua geratriz x. Indicar o domínio de definição deesta função.Solução.

Seja S(x) a área lateral do cone. Então pela regra detrês simples:

Perímetro −→ Área2πx −→ πx2

2πa −→ S(x)

assim tem-se que

S(x) =(2πa)(πx2)

2πx⇒ S(x) = aπx

A área do triângulo retângulo PMN , reto em M é

Área△ =(2R)(a)

2=

x√4R2 − x2

2Figura 2.31:

de onde a =x√4R2 − x2

2R, logo em S(x) = aπx

Portanto, S(x) =πx2

2R

√4R2 − x2, 0 < x < 2R.

Exercício 2.2.10.Certa quantidade de gás ocupa um volume de 107cm3 à temperatura de 20oC; para

uma temperatura de 40oC o volume chegou a ser igual a 114cm3:1. Aplicando a lei de Gay-Lussac formar a equação que expresse a dependência entre

o volume V do gás e a temperatura T oC.


2. Qual será o volume a 0oC?Solução.

1. A Lei de Gay-Lussac descreve uma dependência linear entre a temperatura e o volumedo gas. Assim, suponhamos que o volume seja V e a temperatura t, então a depen-dência é da forma 107 = a+ 20b e 114 = a+ 40b de onde 114− 107 = (a+ 40b)−(a+ 20b) = 20b ⇒ b =

7

20= 0, 35. Logo, 107 = a+ (0, 35)(20) ⇒ a = 100

Portanto, V = 100 + 0, 35t

2. Quando t = 0o ⇒ V = 100 cm3

Exercício 2.2.11.O dono de um restaurante resolveu modificar o tipo de cobrança, misturando o sistema

a quilo com o preço fixo. Ele instituo o seguinte sistema de preço para as refeições:

Até 300g R$3.00 por refeição

Entre 300g e 1kg R$10.00 por quilo

Acima de 1kg R$10.00 por refeição

Representar gráficamente o preço das refeições nesse restaurante.Solução.

-...

...

...

...6

""""

""

300 1000

10

3

Figura 2.32:

A função f(x) que determina o preço das refei-ções fica assim:

f(x) =

3, 00 se, 0 < x ≤ 300

0, 01x se, 300 < x ≤ 1000

10 se, 1000 < x

Exercício 2.2.12.A medida da temperatura em graus Fahrenheit é

uma função linear da medida em graus centígrados:

1. Escrever a equação de esta função (lembre que 0oC = 32oF e 100oC = 212oF ).2. Utilizar a função obtida no item anterior para transformar 15oC a graus Fahrenheit.

Solução.

1. Tem-se que a função é da forma F = a + bC onde F são os graus Fahrenheit ecentígrados respectivamente. logo, 32 = a + (0)b ⇒ a = 32. Também F =

32 + bC de onde 212 = 32 + (100)b ⇒ b = 1, 8.

A equação pedida é F = 32 + 1, 8C


2. Quando C = 15o tem-se que F = 32 + (1, 8)(15) = 59o

Exercício 2.2.13.O valor da função de argumento inteiro u = f(n) é igual ao número de divisores

inteiros do argumento n distintos de 1 e do mesmo n. Formar a tabela dos valores de u

para 1 ≤ n ≤ 18.Solução.

Por exemplo, se n = 4, os divisores de 4 são 1, 2, 4, logo f(4) = 1. se n = 16, osdivisores de 16 são 1, 2, 4, 8, 16, logo f(16) = 3.

É imediato que se n for número primo, então f(n) = 0 (todo número primo tem doisdivisores).

n Divisores de n f(n)

6 1, 2, 3, 6 f(6) = 2

8 1, 2, 4, 8 f(8) = 2

9 1, 3, 9 f(9) = 1

10 1, 2, 5, 10 f(10) = 2

12 1, 2, 3, 4, 6, 12 f(12) = 4

14 1, 2, 7, 14 f(14) = 2

15 1, 3, 5, 15 f(15) = 2

18 1, 2, 3, 6, 18 f(18) = 3

Exercício 2.2.14.Uma bola foi abandonada do teto de um edifício. A altura da bola em metros depois

de t segundos é dada pela função H(t) = −16t2 + 256

1. Em que altura estará a bola depois de 2 segundos ?

2. Que distância terá recorrido a bola no 3o segundo ?

3. Qual é a altura do edifício ?

4. Depois de quantos segundos a bola chegará ao solo ?

Solução.

1. Quando t = 2 tem-se que H(2) = −16(2)2 + 256 ⇒ H(2) = 192m

2. Só no 3o segundo a bola se movimentou H(2)−H(3) = (192)− (−16(32)+256) = 80m

3. Quando t = 0 tem-se que H(0) = 256 essa é a altura do edifício.

4. Quando H = 0 tem-se que 0 = −16t2 + 256 ⇒ t2 = 25616

⇒ t =√16 = 4s


2.3 Funções especiais

Exercícios 2-3

Exercício 2.3.1.

Qual o número que excede o seu quadrado o máximo possível?Solução.

Suponhamos seja x o número, então x > x2 ⇔ f(x) =1

4−[x− 1

2

]2> 0.

Quando x =1

2teremos que f(

1

2) =

1

4> 0 é o maior valor.

O número procurado é x =1

2

Exercício 2.3.2.

A diferença entre dois números é 8. 1.) Determine o menor deles para que o produtoseja o menor possível; 2.) Qual é o menor valor desse produtoSolução.

Suponhamos sejam x+ 8 e x os números, então

1. O produto f(x) = x(x+8) = (x+4)2−16. Quando x = −4 tem-se que f(−4) = −16.

Os números sao 4 e −4.

2. O menor valor possível é f(−4) = −16.

Exercício 2.3.3.

Sejam f e g funções de R em R, sendo R o conjunto dos números reais, dadas porf(x) = 2x− 3 e f(g(x)) = −4x+ 1. Nestas condições, determine g(−1).Solução.

Tem-se que f(x) = 2x − 3, logo f(g(x)) = 2g(x) − 3 de onde f(g(x)) = 2g(x) − 3 =

−4x+ 1 ⇒ g(x) = −2x+ 2.Portanto, g(−1) = −2(−1) + 2 = 4.

Exercício 2.3.4.

Determine o coeficiente angular da equação da reta que passa pelos pontos indicados:

1. A(1, −3) e B(0, 1) 2. M(0, 1) e N(3, 2) 3. P (−1, 3) e Q(5, −2)

4. C(0, 1) e D(0, 5) 5. B(−1, 2) e C(3, −5) 6. S(3, 9) e T (3, 7)7. M(−1, 6) e P (5, 6) 8. G(3, 6) e H(1, 4) 9. P (5, 3) e S(5, 2)


Solução.

1. m = −4 2. m =1

33. m = −5

64. m = ∞ 5. m = −7

4

6. m = ∞ 7. m = 0 8. m = 1 9. m = ∞

Exercício 2.3.5.Determine a equação da reta que passa pelos pontos indicados; desenhar o gráfico:

1. A(1, −3) e B(0, 1) 2. M(0, 1) e N(3, 2) 3. P (−1, 3) e Q(5, −2)

4. D(3, −1) e E(1, 1) 5. A(3, −2) e B(3, 2) 6. R(−1, 3) e U(3, −2)

7. F (2, 8) e G(0, 0) 8. Q(7, 1) e S(8, 12) 9. S(6, 8) e R(5, 12)

Solução.

1. (y + 3) = −4(x− 1) ⇒ 4x+ y − 1 = 0

2. (y − 1) =1

3x ⇒ x− 3y + 3 = 0

3. (y − 3) = −5

6(x+ 1) ⇒ 5x+ 6y − 13 = 0

4. (y + 1) = −1(x− 3) ⇒ x+ y − 2 = 0

5. (y + 2) =4

0(x− 3) ⇒ x− 3 = 0

6. (y − 3) = −5

4(x+ 1) ⇒ 5x+ 4y − 7 = 0 = 0

7. (y − 8) = 4(x− 2) ⇒ 4x− y = 0

8. (y − 1) = 11(x− 7) ⇒ 11x− y − 76 = 0

9. (y − 8) = −4(x− 6) ⇒ 4x+ y − 32 = 0

Exercício 2.3.6.Mostrar que os pontos P1(3, 3), P2(−3, −3), P3(−3

√3, 3

√3) são os vértices de um

triângulo equilátero.

Demonstração.Observe que, | P1P2 |=| P2P3 |=| P1P3 | pois

• | P1P2 |=√(−3− 3)2 + (−3− 3)2 = 6

√2

• | P2P3 |=√(−3

√3 + 3)2 + (3

√3 + 3)2 = 6

√2


• | P1P3 |=√(−3

√3− 3)2 + (3

√3− 3)2 = 6

√2.

Portanto, os pontos P1, P2, P3 são os vértices de um triângulo equilátero.

Exercício 2.3.7.Se P1(−4, 2) e P2(4, 6) são os pontos extremos do segmentos retilíneo orientado

−−→P1P2,

achar as coordenadas do ponto P (x, y) que divide este segmento na razão P1P : PP2 = −3.Solução.

- -P1(−4, 2) P2(4, 6)P (x, y)

Figura 2.33:

Tem-se−−→P1P = (x+4, y−2) e

−−→PP2 = (4−x, 6−y)

P1P

PP2

= −3 ⇔ x+ 4

4− x= −3 e

y − 2

6− y= −3 ⇔ x = 8 e y = 8

O ponto procurado é P (8, 8).

Exercício 2.3.8.

Determinar o ângulo agudo do paralelogramo cujos vértices são pontos A(−2, 1),B(1, 5), C(10, 7) e D(7, 3).Solução.

-

6

−2

1

1

B(1, 5)

107

D(7, 3)

C(10, 7)

A��

��

��

Figura 2.34:

Observe os coeficientes angulares m:

mAD =3− 1

7− (−2)=

7− 5

10− 1= mBC =

2

9

mAB =5− 1

1− (−2)=

7− 3

10− 7= mCD =

4

3

A tangente do ângulo interior α no vérticeA(−2, 1) é dada por:

tanα =43− 2

9

1 + 29· 43

=30

35

então α = arctan30

35= 0, 70862 rad. <

π

2

Exercício 2.3.9.Demonstrar analíticamente que os segmentos que unem os pontos médios dos lados

sucessivos de qualquer quadrilátero formam um paralelogramo.Solução.

Sejam os pontos (a, b), (c, d), (e, f), e (g, h) os vértices consecutivos de um quadriláteroqualquer.


O ponto médio M do lado de vértices (a, b) e (c, d) é M(a+ c

2,b+ d

2).

O ponto médio N do lado de vértices (c, d) e (e, f) é N(c+ e

2,d+ f

2).

O ponto médio P do lado de vértices (e, f) e (g, h) é P (e+ g

2,f + h

2).

O ponto médio Q do lado de vértices (g, h) e (a, b) é Q(g + a

2,h+ b

2).

O coeficiente angular do segmento MN é m1 =b+ d− d− f

a+ c− c− e=

b− f

a− e.

O coeficiente angular do segmento NP é m2 =f + h− d− f

e+ g − c− e=

h− d

g − c.

O coeficiente angular do segmento PQ é m3 =h+ b− f − h

g + a− e− g=

b− f

a− e.

O coeficiente angular do segmento QM é m4 =h+ b− b− d

g + a− a− c=

h− d

g − c.

Como m1 = m3 e m2 = m4, então MN ∥ PQ e NP ∥ QM .Portanto MNPQ é um paralelogramo.

Exercício 2.3.10.

Provar analíticamente que, se as diagonais de um paralelogramo são mutuamente per-pendiculares o paralelogramo é um losango.Solução.

Sejam m, n ∈ R e sejam os pontos A(a, b), B(c, d), C(c+m, d+ n), e D(a+m, b+

n) os vértices consecutivos (no sentifo anti-horário) de um paralelogramo qualquer. O

coeficiente angular da diagonal AC é m1 =d+ n− b

c+m− a.

O coeficiente angular da diagonal BD é m2 =b+ n− d

a+m− c..

Suponhamos que as diagonais sejam perpendiculares, então Por hipótese m1 ·m2 = −1

então:

d+ n− b

c+m− a· b+ n− d

a+m− c= −1 ⇒ b+ n− d

a+m− c= −a+m− c

b+ n− d. . . . . . (2.2)

O ponto médio do segmento AC é P =(a+ (c+m)

2,b+ (d+ n)

2

).

O ponto médio do segmento BD é Q =(c+ (a+m)

2,d+ (b+ n)

2

).

Como P = Q é ponto para as duas diagonais, e estas diagonais são perpendiculares,segue que trata-se de um losango.

Exercício 2.3.11.


Determinar a equação da linha reta que contém o ponto (−3, 1) e é paralela à retaque passa pelos dois pontos (0, −2) e (5, 2).Solução.

Sejam A(0, −2) e B(5, 2) então mAB =2− (−2)

5− 0=

4

5.

A reta pedida éy − 1

x− (−3)=

4

5⇒ 4x− 5y + 17 = 0.

Exercício 2.3.12.Determinar a equação da mediatriz do segmento retilíneo cujos extremos são os pontos

(−2, 1) e (3, −5).Solução.

O coeficiente angular da reta L que passa pelos os pontos A(−2, 1) e B(3, −5) é

mL = −6

5logo o da mediatriz é m =

5

6.

A mediatriz, passa pelo ponto médio do segmento AB, isto é passa pelo ponto (1

2, −2).

A equação da mediatriz é y + 2 =5

6(x− 1

2) ⇒ 10x− 12y − 29 = 0.

Exercício 2.3.13.Mostre que duas retas, L1 : Ax + By + C = 0 e L2 : A′x + B′y + C ′ = 0 são

perpendiculares, se A.A′ +B.B′ = 0.Demonstração.

O coeficiente angular da reta L1 : Ax + By + C = 0 é m1 = −B

Ae da reta L2 :

A′x+B′y +C ′ = 0 é m2 = −B′

A′ . Pelo fato serem perpendiculares entre sim, tem-se que

m1 ·m2 = −1, isto é(− B

A

)·(− B′

A′

)= −1, de onde A · A′ +B ·B′ = 0.

Exercício 2.3.14.A equação de uma reta L é 5x − 7y + 11 = 0. a) Escrever a equação que representa

todas as retas paralelas a L. b) Determinar a equação da reta paralela a L que passe porP (4, 2).Solução.

a) É suficiente escrever 5x− 7y + k = 0.

b) Passa por P (4, 2). então 5(4)− 7(2) + k = 0 ⇒ k = −6.

A equação que passa por P (4, 2) é 5x− 7y − 6 = 0.

Exercício 2.3.15.


O preço unitário de certo produto é 5, e o custo fixo de produção é 40; colocado nomercado, verificou-se que a demanda para esse produto era dada pela relação p = 15− q

5.

(a) Determine as funções C (Custo) e R (Receita) para esse produto e faça seus gráficosnum mesmo sistema de eixos. (b) Determine a função Lucro e faça o seu gráfico. Observeque o lucro L é zero quando C = R. (c) Para que valores de q temos L ≥ 0? (d) Determinefunções de Receita Média e Custo Médio a faça seus gráficos.

a) A função de custo é C(q) = 40 + 5q, e a função da receita é R(q) = pq = q(15− q

5)

b) A função de lucro é L(q) = R(q) − C(q) = q(15 − q5) − (40 + 5q) = 10q − q2

5− 40.

Óbvio, quando L(q) = 0 ⇒ C(q) = R(q).

c) Como L ≥ 0 ⇒ 10q−q2

5−40 ≥ 0 ⇒ 0 ≥ q2−50q+200 ⇒ (q−25)2 ≤ 225,

logo 10 ≤ q ≤ 40. Para valores entre 10 e 40.

d) A receita média é RM(q) =R(q)

q= (15− q

5), o custo médio é CM(d) =

C(q)

q= (5+

40

q)

Exercício 2.3.16.Traçar a curva cuja equação é: x2 +xy2 − y2 = 0.Solução.

O gráfico mostra-se na Figura (2.35).

Exercício 2.3.17.

Uma fábrica de equipamentos eletrôni-cos esta colocando um novo produto nomercado. Durante o primeiro ano ocusto fixo para iniciar a nova produçãoé de R$140.000 e o custo variável paraproduzir cada unidade é R$25. Duranteo primeiro ano o preço de venda é R$65por unidade. Figura 2.35: x2 + xy2 − y2 = 0

(a) Se X unidades são vendidas durante o primeiro ano, expresse o lucro do primeiroano como uma função de X. (b) Estima-se que 23.000 serão vendidas durante o primeiroano. Use o resultado da parte (a) para determinar o lucro do primeiro ano, se os dados devenda forem atingidos. (c) Quantas unidades precisam ser vendidas durante o primeiroano para que a fábrica não ganhe nem perda ?Solução.

Sejam X unidades produzidas no primeiro ano, então o custo total é dado por C(X) =

140.000 + 25X e a receita total é dada por R(X) = 65X.


a) O lucro do primeiro ano é dado por L(X) = R(X) − C(X) = 65X − (140.000 +

25X) ⇒ L(X) = 40X − 140.000.

b) Quando X = 23.000 tem-se que L(23.000) = 40(23.000)− 140.000 = 780000

c) Tem-se que L(X) = 0 então 40X − 140.000 = 0 ⇒ X = 3.500

Exercício 2.3.18.

Figura 2.36:

Dadas q = 4p−5 e q =150

p+ 15+29 respectivamente

funções de oferta e demanda para um certo produto,faça seus gráficos num mesmo eixos de coordenadas edetermine o ponto de equilíbrioSolução.

Para determinar o ponto de equilíbrio, devemosconsiderar a função de oferta q = 4p−5 igual à função

da demanda, q =150

p+ 15+ 29de onde (4p − 34)(p +

15) = 150, logo temos a equação 2p2 + 13p− 330 = 0.Resolvendo p = 10 e q = 35. O ponto de equilíbrio

é (10, 45).

Exercício 2.3.19.O custo total para produzir q unidades de um determinado produto é C(q) = q2+20q+5

reais, e o preço de venda de uma unidade é de (30− q) reais. a) Achar a função de lucrototal. b) Achar a função de receita total; c) Qual é o custo médio para q = 10?. d)Determine a função de demanda.Solução.

a) O lucro total é L(q) = (30− q)q − (q2 + 20q + 5)

b) A função de receita total é R(q) = (30− q)q.

c) O custo médio éC(q)

q= q+20+

5

q, quando q = 10 tem-se

C(10)

10= 10+20+

5

10= 30, 5

d) A função de demanda é D(q) = q.

Exercício 2.3.20.O custo mensal fixo de uma fábrica que produz esquis, é R$4.200 e o custo variável

R$55 por par de esquis. O preço de venda é R$105 por par de esquis. (a) Se x paresde esquis são vendidos durante um mês, expresse o lucro mensal como função de x. (b)Use o resultado da parte (a) para determinar o lucro de dezembro se 600 pares de esquisforam vendidos nesse mês. (c) Quantos pares de esquis devem ser vendidos para que a


fábrica encerre um mês sem lucro nem prejuízo?Solução.

Seja x o número de esquis produzidos ao mês. A função custo que representa aprodução é C(x) = 4200 + 55x, se o preço de venda é 105 por par de esquis, então:

a) O lucro mensal é L(x) = 105x− (4200 + 55x) = 50x− 4200

b) Para o caso de 600 pares vendidos, o lucro é L(600) = (50)(600)−4200 = 25.800 reais.

c) Para que L(x) = 0 segue que 4200− 50x = 0 ⇒ x =4200

50= 82

Exercício 2.3.21.Um fabricante de dois tipos de ração para aves, produz x toneladas por dia da ração

A e y toneladas da ração B onde y =x− 3

x− 1. Determine a função receita total, sabendo

que os preços fixos por tonelada são respectivamente p1 e p2 onde p2 =3

4p1.

A receita da ração do tipo A é dada por xp1.

A receita da ração do tipo A é dada por yp2 =

[x− 3

x− 1

]· 34p1.

A função da receita total é dada por: f(x) =

[x+

3(x− 3)

4(x− 1)

]p1

Exercício 2.3.22.As equações de demanda e oferta do mercado são respectivamente q2 + p2 − 36 = 0

e qp + 2 = 5p onde p é o preço em reais R$. Trace um esboço das curvas de ofertae demanda num mesmo sistema de coordenadas. Determine a quantidade e o preço deequilíbrio.Solução.

Figura 2.37:

Para calcular o ponto de equilíbrio

qp+ 2 = 5p ⇒ q =5p− 2

p

[5p− 2

p

]2+ p2 − 36 = 0 ⇒

⇒

Exercício 2.3.23.O período de um pêndulo (o tempo, para uma oscilação completa) é diretamente pro-

porcional à raíz quadrada do comprimento do pêndulo. e se o comprimento for 240 cm operíodo será de 3 s. (a) Expresse o número de segundos do período de um pêndulo como


função do número de centímetros de seu comprimento. (b) Ache o período de um pêndulode 60 cm de comprimento.Solução.

Seja P o periódo do pêndulo, e x seu comprimento em centímetros, então

a) A função P (x) = λ√x representa o número de segundos do período do pêndulo como

função do número de centímetros de seu comprimento. Quando x = 240cm tem-se

que P = 3, então 3 = λ√240 ⇒ λ =

3√240

. Portanto, P (x) =3√240

√x

b) Quando x = 60cm, tem-se que P (60) =3√240

√60 = 1, 5 s

Exercício 2.3.24.A função de custo total de uma empresa A&A é C(x) = 0, 2x2 − 6x + 100 onde x é

dado em Kg. Determine a função de custo médio e o valor de x para que o custo totalseja mínimo.Solução.

A função de cust o médio éC(x)

x= 0, 2x− 6 +

100

x.

Por outro lado C(x) = 0, 2x2 − 6x+ 100 = 0, 2(x2 − 30x+ 225 + 275) assim temosC(x) = 0, 2(x− 15)2 + 55.

Quando x = 15 o custo total é 55 e é o mínimo.

Exercício 2.3.25.Calcular o ponto de equilíbrio de um monopolista se a função de custo é C(q) =

0, 5q2 + 20q + 45 e o preço de venda de cada unidade é p = 60− q.Solução.

Cálculo do ponto de equilíbrio

0, 5q2 + 20q + 45 = 60− q ⇒ 0, 5[(q − 21)2 − 471] = 0 ⇒ q = −21±√471

então q =√471− 21.

O ponto de equilíbrio é (81−√471,

√471− 21)

Exercício 2.3.26.Admitamos que, ao se fabricarem q unidades de um certo produto, o custo total de

fabricação é de C(q) = q3 − 6q2 + 15q reais. Em que nível de produção o “custo médio”por unidade será o menor?Solução.


O custo médio é dado por CM =C(q)

q= q2 − 6q + 15 = (q − 3)2 + 6.

Quando q = 3 tem-se que o custo médio é CM = 6 é o menor.

Exercício 2.3.27.

São dadas as equações de oferta e demanda de um certo produto: 2q = p − 12 eq2 − p+ 4 = 0. Determine a quantidade e o preço de equilíbrio.Solução.

Cálculo do ponto de equilíbrio

2q + 12 = q2 + 4 ⇒ q2 − 2q − 8 = 0 ⇒ q =2±

√36

2

então q = −2 ou q = 4.A quantidade q = 4 e o preço de equilíbrio é p = 20.

Exercício 2.3.28.

Determine o ponto de interseção e desenhar o gráfico das curvas:

1. R(q) = 100q, C(q) = 50 + 3q

2. R(q) = 10q − 0, 5q2, C(q) = 10 + q

3. R(q) = 80q, C(q) = 0, 1q2 + 5q + 200

Solução.

1. 100q = 50 + 3q ⇒ q =50

97, o ponto de intersecção é (

50

97,5000

97).

2. 10q − 0, 5q2 = 10 + q ⇒ 0, 5q2 − 9q + 10 = 0 ⇒ q = 9 ±√61, o ponto de

intersecção é (9±√61, 19±

√61).

3. 80q = 0, 1q2 + 5q + 200 ⇒ 0, 1q2 − 75q + 200 = 0 ⇒ q = 375± 5√5545, o

ponto de intersecção é (375± 5√5545, 30000± 400

√5545).

Exercício 2.3.29.

Temos as equações de oferta e demanda, determinar o ponto de equilíbrio e desenhar ográfico num mesmo sistema de coordenadas. a) q = p+1 e q = 10−p; b) q = 50+2p

e q(p+ 10) = 500.Solução.


Figura 2.38: Figura 2.39:

Exercício 2.3.30.

Um comerciante estima que o custo de produção de q unidades de uma mercadoria éC(q) = 20q + 20.000, a equação da demanda é p + q = 5.000, onde q são as unidadesdemandadas a cada semana ao preço unitário de p reais. Determine o lucro ao vender asq unidades.Solução.

A função de lucro é dada por L(q) = C(q)−R(q) = pq ⇒ L(q) = (20q+20.000)−pq = (20q + 20.000)− q(5000− q) ⇒ L(q) = 20.000− 4980q − q2.

Exercício 2.3.31.

Suponha que o custo total seja dado por C(q) = 10 + q e a receita total R(q) =

10q − 0, 5q2. Determine o valor de q para o qual se obtém utilidade máxima.Solução.

A utilidade é dada por f(q) = R(q) − C(q), para que a utilidade seja máxima deveacontecer f(q) = 10q − 0, 5q2 − (10 + q) > 0 para algum q.

Assim, f(q) = 9q − 0, 5q2 − 10 ⇒ f(q) = 61− (q − 9)2 > 0

Se obtém utilidade máxima quando q = 9.

Exercício 2.3.32.

A seguinte “barra” está formada por três segmentos de comprimentos iguales a 1; 2; 1

centímetros, e o peso é igual a 2; 3; 1 unidades de peso respectivamente.

O peso do segmento de comprimento AM é igual a f(x), que é função de x. Para quevalores de x está definida esta função?. Apresentar sua forma analítica desta função econstruir sue gráfico.Solução.


� -� -� -......A M-� x

2 g 3 g 1 g...

......

...

1 2 1

Figura 2.40:

Seja f(x) o peso do segmento AM , então

f(x) =

2x, se, 0 ≤ x ≤ 1

2 +3

2(x− 1), se, 1 < x ≤ 3

x+ 2, se, 3 < x ≤ 4


2.4 Operações com Funções.

Exercícios 2-4

Exercício 2.4.1.

Para quais números reais a, b, c, d a função f(x) =ax+ d

cx+ bsatisfaz f(f(x)) = x para

todo x?Solução.Temos que

f(f(x)) = x ⇔a[ax+dcx+b

]+ d

c[ax+dcx+b

]+ b

= x ⇔ a(ax+ d) + d(cx+ b)

c(ax+ d) + b(cx+ b)= x ⇔

⇔ a2x+ad+dcx+bd = acx2+dcx+bcx2+b2x ⇔ x2c(a+b)+x(b2−a2)−d(a+b) = 0

⇔ (a+ b)[x2c+ x(b− a)− d] = 0

Quando a = −b = 0, c = 0, temos f(x) =ax+ d

cx− a, assim f(f(x)) = x.

Quando c = 0, a = b = 0 e d = 0, então f(x) = x e assim f(f(x)) = x.

Outra solução

Para acontecer f(f(x)) = x a função tem que ser sua própria inversa, isto é

y = f(x) ⇒ y =ax+ d

cx+ b⇔ x =

−by + d

cy − a⇒ f−1(x) =

−bx+ d

cx− a

Logo quando a = −b = 0, c = 0, temos f(x) =ax+ d

cx− a, assim f(f(x)) = x.

É imediato que, quando c = 0, a = b = 0 e d = 0, então f(x) = x e assimf(f(x)) = x.

Exercício 2.4.2.Se f é uma função de variável real tal que f(x− 2) = 2x2 + 1, determinar:

1.f(a+ 2)− f(1)

a− 3a = 3 2.

f(a+ 2)− f(2)

a− 2a = 2

Solução.Seja y = x− 2 ⇒ x = y + 2, logo f(y) = 2(y + 2)2 + 1

1.f(a+ 2)− f(1)

a− 3=

[(2(a+ 2)2 + 1)− (2(1 + 2)2 + 1)]

a− 3=

a2 + 4a− 5

a− 3=

(a+ 5)(a− 1)

a− 3

2.f(a+ 2)− f(2)

a− 2=

[(2(a+ 2)2 + 1)− (2(2 + 2)2 + 1)]

a− 2=

a2 + 4a− 12

a− 2= a+ 6


Exercício 2.4.3.Se f(4x+ 1) = x2 + 4x− 5 é função real, achar f(5x).

Solução.

Suponha 4x+1 = 5y ⇒ x =5y − 1

4. Logo substituindo em f(4x+1) = x2+4x−5

tem-se f(5y) = (5y − 1

4)2 + 4(

5y − 1

4)− 5 ⇒ f(5y) =

25

16y2 +

70

16y − 95

16.

Portanto, f(x) =25

16x2 +

70

16x− 95

16. �

Exercício 2.4.4.Seja f função real definida por:

f(x) =

{2, se, 0 ≤ x ≤ 2

3, se, 2 < x < 3e g(x) = f(x+ 2) + f(2x)

Achar D(g).Solução.

g(x) = f(x+ 2) + f(2x) =

{2, se, 0 ≤ x+ 2 ≤ 2

3, se, 2 < x+ 2 < 3+

{2, se, 0 ≤ 2x ≤ 2

3, se, 2 < 2x < 3

g(x) = f(x+ 2) + f(2x) =

{2, se, − 2 ≤ x ≤ 0

3, se, 0 < x < 1+

{2, se, 0 ≤ x ≤ 1

3, se, 1 < x < 32

Portanto, g(x) = 5, se 0 < x < 1, e g(x) = 4 se x = 0 . Temos que D(g) = [0, 1).

Exercício 2.4.5.Seja f : A −→ [0, 1]. Determine o domínio de f se:

1. f(x) =| x+ 2 |x+ 2

2. f(x) = −x2 + 4x+ 12 3. f(x) =1 + 2x

3− 5x

Solução.

1. Seja y = f(x), então 0 ≤ y =| x+ 2 |x+ 2

≤ 1 ⇒ x+ 2 > 0, logo D(f) = (−2, +∞)

2. Seja y = f(x), então 0 ≤ y = −x2 + 4x+ 12 ≤ 1 ⇒ −1 ≤ x2 − 4x− 12 ≤ 0, logo0 ≤ x2 − 4x− 11 e x2 − 4x− 12 ≤ 0, isto é 15 ≤ (x− 2)2 e (x− 2)2 ≤ 16.

Tem-se:√15 ≤ x− 2 ou x− 2 ≤ −

√15 e −4 ≤ x− 2 ≤ 4.

Logo D(f) = (−2, 2−√15) ∪ (2 +

√15, 6).


3. Seja y = f(x), então 0 ≤ y =1 + 2x

3− 5x≤ 1, logo 0 ≤ 1 + 2x

3− 5xe

1 + 2x

3− 5x≤ 1, isto é

0 ≤ (2x+ 1)(−5x+ 3) e (8x− 2)(−5x+ 3) ≤ 0 x = 3

5⇒

0 ≤ −10(x+1

2)(x− 3

5) e − 40(x− 1

4)(x− 3

5) ≤ 0

Portanto, D(f) = [−1

2,2

4] ∪ (

3

5,3

2]

Exercício 2.4.6.Determinar o domínio de definição das seguintes funções:

1. f(x) =

√x− 2

x− 12.f(x) = 4

√12 + x

x− 53. f(x) =

√9− 6x+ x2

4. f(x) =4√x2 − 4x+ 12 +

3x2

4√−x− 20 + x2

5. f(x) =4

√1−

√4 + x2

6. g(x) =

{| x+ [|x|] | se, [|x|] é par√

x+ |[x|], se, [|x|] é ímpar

Solução.

1.x− 2

x− 1≥ 0 ⇔ (x− 2)(x− 1) ≥ 0 ⇔ D(f) = (−∞, 1) ∪ [2, +∞).

2.12 + x

x− 5≥ 0 ⇔ (x+ 12)(x− 5) ≥ 0 ⇔ D(f) = (−∞, −12] ∪ (5, +∞).

3. 9− 6x+ x2 ≥ 0 ⇔ (x− 3)2 ≥ 0 ⇔ D(f) = R.

4. x2−4x+12 ≥ 0 e −x−20+x2 > 0 ⇔ (x−2)2+8 ≥ 0 e (x−5)(x+4) >

0 ⇔

⇔ x ∈ R e (−∞, −4) ∪ (5, +∞) ⇔ D(f) = (−∞, −4) ∪ (5, +∞).

5. 1 −√4 + x2 ≥ 0 e 4 + x2 ≥ 0 ⇔ 1 ≥

√4 + x2 e x ∈ R ⇔ x ∈

∅ e x ∈ R ⇔ D(f) = ∅

6. • Suponhamos |[x|] = 2k + 1 k ∈ Z, então x+ 2k + 1 ≥ 0.

Quando |[x|] = 1 ⇒ 1 ≤ x < 2 e x+ 1 ≥ 0. Logo 1 ≤ x < 2.

Quando |[x|] = 3 ⇒ 3 ≤ x < 4 e x+ 3 ≥ 0. Logo 3 ≤ x < 4.

Quando |[x|] = −1 ⇒ −1 ≤ x < 0 e x− 1 ≥ 0. Logo x ∈ ∅.

Em geral, se |[x|] = 2k + 1 < 0, tem-se que x ∈ ∅.

Assim, se |[x|] = 2k + 1, tem-se que x ∈∪k≥0

[2k + 1, 2(k + 1)).


• Suponhamos |[x|] = 2k k ∈ Z, então |x+ 2k| ≥ 0.

Quando |[x|] = 0 ⇒ 0 ≤ x < 1 e g(x) = |x+ 0|. Logo 0 ≤ x < 1.

Quando |[x|] = 2 ⇒ 2 ≤ x < 3 e g(x) = |x+ 2|. Logo 2 ≤ x < 3.

Quando |[x|] = −2 ⇒ −2 ≤ x < −1 e g(x) = |x− 2|. Logo −2 ≤ x < −1.

Quando |[x|] = −4 ⇒ −4 ≤ x < −3 e g(x) = |x− 4|. Logo −4 ≤ x < −3.

Em geral, se |[x|] = 2k < 0, k ≤ −1, tem-se que 2k ≤ x < 2k + 1.

Assim, se |[x|] = 2k, tem-se que x ∈∪k∈Z

[2k, 2k + 1).

Portanto, D(g) = Rr {(−2k − 1,−2k]}k∈Z+ .

Exercício 2.4.7.A função f(x) esta definida como segue: em cada um dos intervalos n ≤ x < n + 1

onde n é um inteiro positivo, f(x) varia linearmente, sendo f(n) = −1, f(n +1

2) = 0.

Construir o gráfico desta função.

Figura 2.41:

Seja a função da forma f(x) = ax+ b onde a e b são constantes a determinar.Se x = n, então f(n) = na+ b = −1 ⇒ b = −(1 + an).Se x = n+ 1

2, então f(n+ 1

2) = a(n+ 1

2)− (1 + an) = 0.

Das duas igualdades acima, segue que a = 2. logo f(x) = 2x+−(1 + 2n).Portanto, f(x) = 2(x− n)− 1, n ≤ x < n+ 1, n ∈ Z+.

Exercício 2.4.8.A função f em R é tal que f(2x) = 3x+ 1. Determine 2.f(3x+ 1).

Solução.

Seja y = 2x então x =1

2y. Em f(2x) = 3x+ 1 tem-se f(y) = 3(

1

2y) + 1.

Assim, 2.f(3x+ 1) = 2.[3(1

2(3x+ 1)) + 1] = 9x+ 5

Exercício 2.4.9.Sendo f e g duas funções tais que f ◦ g(x) = 2x+ 1 e g(x) = 2− x. Determine f(x).

Solução.


Como g(x) = 2− x, então y = 2− x de onde g−1(x) = 2− x

Assim, (f ◦g)(x) = f(g(x)) = 2x+1 então (f ◦g)(g−1(x)) = f(g(g−1(x))) = 2g−1(x)+

1 ⇒ f(x) = 2(2− x) + 1 = 5− 2x.

Exercício 2.4.10.

Se f(g(x)) = 5x− 2 e f(x) = 5x+ 4, então g(x) é igual a:Solução.

Sendo f(x) = 5x+ 4, então f(g(x)) = 5g(x) + 4 = 5x− 2 logo g(x) = x− 6

5.

Exercício 2.4.11.

Dadas as funções f(x) = 4x + 5 e g(x) = 2x − 5k, ocorrerá gof(x) = f ◦ g(x) se esomente se k for igual a:Solução.

Observe, f(x) = 4x + 5 então f(g(x)) = 4g(x) + 5 e g(f(x)) = 2f(x)− 5k. de ondefog(x) = f(g(x)) = 4g(x) + 5 = 2f(x)− 5k = g(f(x)) = g ◦ f(x) de onde

4(2x− 5k) + 5 = 2(4x+ 5)− 5k ⇔ −1

3= k

Quando k = −1

3.

Exercício 2.4.12.

Seja f uma função definida em R tal que f(x − 5) = 4x. Nestas condições, pede-sedeterminar f(x+ 5).Solução.

Seja u = x− 5 ⇒ x = u+ 5 e f(u) = 4(u+ 5).Quando u = t+ 5 segue que f(t+ 5) = 4((t+ 5) + 5) de onde f(t+ 5) = 4(t+ 10)

Portanto, f(x+ 5) = 4x+ 40.

Exercício 2.4.13.

Sendo f e g duas funções tais que: f(x) = ax+ b e g(x) = cx+ d. Sob que condiçõesocorrerá a igualdade g ◦ f(x) = f ◦ g(x)?Solução.

Temos f(x) = ax+ b e g(x) = cx+d, então f(g(x)) = ag(x)+ b e g(f(x)) = cf(x)+d,de onde f ◦ g(x) = ag(x) + b = cf(x) + d = gof(x).

Assim, a(cx+d)+ b = c(ax+ b)+d ⇒ ad+ b = bc+d ⇒ d(a− 1) = b(c− 1).Ocorrerá quando d(a− 1) = b(c− 1).


Exercício 2.4.14.Sejam f(x) = x+2 e g(x) = x2 + a, determinar o valor de a de modo que (fog)(3) =

(gof)(a− 1).Solução.

Observe que (fog)(3) = f(g(3)) = f(9 + a) = a+ 11 e (gof)(a− 1) = g(f(a− 1)) =

g((a− 1) + 2) = g(a+ 1) = (a+ 1)2 + a = a2 + 3a+ 1.logo, a+11 = a2+3a+1 ⇒ 11 = a2+2a+1 = (a+1)2 ⇒ = (a+1) = ±

√11.

Portanto, a = −1±√11.

Exercício 2.4.15.Determine duas funções f e g tais que h = g ◦ f nos seguintes casos:

1. h(x) = (x2 + 3)6 2. h(x) = 2sen 2x 3. h(x) = 3(x+ | x |)

4. h(x) =√x+ 12 5. h(x) = x2 + 16x+ 64

6. h(x) =

(2x+ 5

x− 4

)2

7. h(x) = sen 24x+ 5sen 4x+ 2

Solução.

1. h(x) = (x2 + 3)6 ⇒ g(x) = x6 f(x) = x2 + 3

2. h(x) = 2sen 2x ⇒ g(x) = 2x f(x) = sen 2x

3. h(x) = 3(x+ | x |) ⇒ g(x) = 3x f(x) = x+ | x |

4. h(x) =√x+ 12 ⇒ g(x) =

√x f(x) = x+ 12

5. h(x) = x2 + 16x+ 64 ⇒ g(x) = x2 f(x) = x+ 8

6. h(x) =

(2x+ 5

x− 4

)2

⇒ g(x) = x2 f(x) =2x+ 5

x− 4

7. h(x) = sen 24x+ 5sen 4x+ 2 ⇒ g(x) = x2 + 5x+ 2 f(x) = sen 4x

Exercício 2.4.16.Dadas as funções f(x) =| x+ 1 | e g(x) =| 2− x |. Determine f ◦ g e g ◦ f .

Solução.

Podemos escrever:

f(x) =

{x+ 1 se x ≥ −1

−x− 1 se x < −1g(x) =

{x− 2 se x ≥ 2

2− x se x < 2


logo:

f ◦ g(x) = f(g(x)) =

{g(x) + 1 se g(x) ≥ −1

−g(x)− 1 se g(x) < −1

f ◦ g(x) = f(g(x)) =

(x− 2) + 1 se x− 2 ≥ −1 e x ≥ 2

(2− x) + 1 se 2− x ≥ −1 e x < 2

−(x− 2)− 1 se x− 2 < −1 e x ≥ 2

−(2− x)− 1 se 2− x < −1 e x < 2

f ◦ g(x) = f(g(x)) =

x− 1 se x ≥ 1 e x ≥ 2

3− x se 3 ≥ x e x < 2

1− x se x < 1 e x ≥ 2 ⇒ x ∈ Φ

x− 3 se 3 < x e x < 2 ⇒ x ∈ Φ

Portanto, f ◦ g(x) =

{x− 1 se x ≥ 2

3− x se x < 2.

Por outro lado,

g ◦ f(x) = g(f(x)) =

{f(x)− 2 se f(x) ≥ 2

2− f(x) se f(x) < 2

g ◦ f(x) = g(f(x)) =

(x+ 1)− 2 se x+ 1 ≥ 2 e x ≥ −1

(−x− 1)− 2 se − x− 1 ≥ 2 e x < −1

2− (x+ 1) se x+ 1 < 2 e x ≥ −1

2− (−x− 1) se − x− 1 < 2 e x < −1

g ◦ f(x) = g(f(x)) =

x− 1 se x ≥ 1 e x ≥ −1

−3− x se − 3 ≥ x e x < −1

1− x se x < 1 e x ≥ −1

x+ 3 se − 3 < x e x < −1

Portanto, g ◦ f(x) =

x− 1 se x ≥ 1

−3− x se x ≤ −31

1− x se − 1 ≤ x < 1

x+ 3 se − 3 < x < −1

.

Exercício 2.4.17.

Sejam f e g funções definidas por:

f(x) =

{2x2 + 5x, se, x < 2

| x+ 2 | −2x, se, x ≥ 2g(x) =

{x+ 4, se, x > 2

x2 − 3x, se, x ≤ 2


Achar : 1. f(1) + g(1) 2. f(0).g(0) 3. (fog)(2)

4.f(4)

g(1)5. (fog)(−3) 6. (gog)(

3

2)

Solução.

1. f(1) + g(1) = 7 + (−2) = 5

2. f(0).g(0) = (0).(0) = 0

3. (fog)(2) = f(g(2)) = f(−2) = −2

4.f(4)

g(1)=

(−2)

(−2)= 1

5. (fog)(−3) = f(g(−3)) = f(18) = −16

6. (gog)(3

2) = g(g(

3

2)) = g(−9

4) =

189

16

Exercício 2.4.18.Dada a função de produção 9p = 2q2, onde q é a quantidade de um insumo, o que

acontece com a produção se a quantidade do insumo for duplicada? Como são então osretornos da produção?Solução.

Observe que p =2

9q2 é a função de produção. Quando o insumo for duplicado, tem-se

p =2

9(2q)2 = 4

[2

9q2].

A produção fica quadruplicada.

Exercício 2.4.19.Sejam R = −2q2 + 30q e C = 3q + 72 as funções de Receita e Custo para certo

produto. (a) Determine o ponto de equilíbrio (break-even). (b) Faça os gráficos de C eR num mesmo eixo. (c) Determine a função lucro e faça seu gráfico. (d) Determine afunção lucro médio e faça seu gráfico por pontos tomados no intervalo de variação de q.Solução.

(a) O ponto de equilíbrio obtém-se quando R = C, isto é −2q2 + 30q = 3q + 72 ⇒

2q2 − 27q + 72 = 0 ⇒ q =27±

√153

4⇒ q = 6, 75 ± 3, 092 ⇒ q =

9, 842 ou q = 3, 657.Obtém-se ponto de equilíbrio quando q = 9, 842 ou q = 3, 657.(b) O gráficos de C e R num mesmo eixo mostra-se na figura (2.93).(c) A função lucro é dada por L(q) = R(q) − C(q) = −2q2 + 27q − 72 seu gráfico

mostra-se na Figura (2.94).

(d) O lucro médio é dada pela função LM(q) =R(q)− C(q)

q= −2q + 27− 72

q



Exercício 2.4.20.

Seja P = 20√x5 uma função que dá a quantidade P de certo produto que é produzida

em função da quantidade x de certo insumo. (a) Esboçar o gráfico da função. (b) O queacontece com a produção P se a quantidade de insumo por multiplicada por 6.Solução.

(a)

(b)Seja P = 20

√x5 então

20√(6x)5 = 1763, 63

√x5 = 88, 18P

A produção P fica multiplicada 88, 1 ve-zes.

Exercício 2.4.21.

Um laboratório ao lança um novo produto de beleza, estabelece uma função que dáa quantidade procurada y no mercado em função da quantidade x de caixas com certaquantidade de amostras, que foram distribuídas entre donas-de-casa. A função estabelecidaé dada como y = 300× (1, 3)x. (a) Qual foi a procura do produto antes da distribuição daamostra?. E após a distribuição de duas caixas? E após a distribuição da quatro caixas?(b) Quantas caixas da amostra tem que ser distribuídas para que a quantidade procuradaseja 3.000? (c) Esboce o gráfico da função.Solução.

(a) Quando x = 0 teremos a quantidade procurada de y = 300× (1, 3)0 = 300 produtos.

Quando x = 2 caixas teremos a quantidade procurada de y = 300 × (1, 3)2 = 507

produtos.


Quando x = 4 caixas teremos a quantidade procurada de y = 300× (1, 3)4 = 856, 83

produtos.

(b) Sendo x o número de caixas, segue 3.000 = 300 × (1, 3)x ⇒ 10 = 1, 3x logox = (log 1, 3)−1 = 8, 77.

Tem que ser distribuidas aproximadamente 8, 77 caixas.

Exercício 2.4.22.A demanda mensal de um certo produto por consumidor é função de sua renda de

acordo com a seguinte expressão: q = 400 − 30.000

y + 30, onde y é a renda em milhares de

reais e q é a quantidade do produto em gramas. (a) Faça o gráfico da função. (b) Essafunção é crescente ou decrescente? As taxas crescentes ou decrescentes? Por quê? (c)Em que ponto corta o eixo horizontal dos x. Qual é o significado do fato?

Exercício 2.4.23.Um comerciante é o representante de vendas de uma certa mercadoria em uma cidade.

Vende atualmente 200 unidades e observa que a porcentagem de crescimento de vendas éde 25% ao ano. (a) Determine função y = f(x) que dá a quantidade que será vendidaem função do tempo em anos, a partir de hoje. (b) Quanto estará vendendo daqui a doisanos? E daqui a quatro anos?. Esboce o gráfico da função.Solução.

Ao final do primeiro ano vendeu[125

100

]× 200 = 1, 25(200).

Ao final do segundo ano vendeu(125100

)[125100

]× 200 = (1, 25)2(200).

Ao final do terceiro ano vendeu (1, 25)3(200).

a) Ao final de x anos vendera f(x) = (1, 25)x(200) unidades.

b) De aqui a dois anos estará vendendo f(2) = (1, 25)2(200) = 312, 5 unidades

Exercício 2.4.24.


Uma firma de serviços de fotocópias tem um custo fixo de R$800 por mês e custosvariáveis de 0, 06 por folha que reproduz. Expresse a função custo total em função donúmero de páginas x copiadas por mês. Se os consumidores pagam 0, 1 por folha. Quantasfolhas a firma tem que produzir para não ter prejuízo?Solução.

Suponhamos a firma de serviços reproduz x copias (páginas), entáo o custo mensal éde C(x) = 800 + 0, 06x reais.

A receita é dada pela função R(x) = 0, 1x. Para não ter perjuizo deve acontecer queR(x)− C(x) ≥ 0, isto é:

0, 01x− 800 + 0, 06x ≥ 0 ⇔ 0, 04x ≥ 800 ⇔ x ≥ 20.000

No mínimo a forma tem que reproduzir 20.000 copias.

Exercício 2.4.25.

A equação de demanda de um certo produto é q = 14 − 2p e a equação de ofertaq = 6p− 10. Determine o ponto de equilíbrio.Solução.

Observe que 14− 2p = 6p− 10 ⇒ p = 3 logo q = 8.O ponto de equilíbrio é (8, 3).

Exercício 2.4.26.

Seja a função y = xn, x > 0. Para que valores de x esta função tem valores maioresque os de sua função inversa.Solução.

Tem-se y = f(x) = xn então x = f−1(y) = n√y, de onde f−1(x) = n

√x.

Queremos que xn > n√x, logo xn2

> x ⇔ x(xn2−1 − 1) > 0

• Quando n > 1, tem-se que x > 1. Observe que, no caso 0 < x < 1, temos xn < n√x.

• Quando 0 < n < 1, tem-se que 0 < x < 1. Observe que, no caso x > 1, temosxn < n

√x.

• Quando −1 < n < 0, tem-se que x > 1. Observe que, no caso 0 < x < 1, temosxn < n

√x.

• Quando n < −1, tem-se que 0 < x < 1. Observe que, no caso x > 1, temosxn < n

√x.


Exercício 2.4.27.

Qual deve ser a condição para que a função homográfica y =ax+ b

cx+ dcoincida com sua

inversa. Sabe-se que ad = bc.Solução.

Como y = f(x) =ax+ b

cx+ d, então x = f−1(y) =

b− dy

cy − aou f−1(x) =

b− dx

cx− a

ax+ b

cx+ d=

b− dx

cx− a⇔ (ax+ b)(cx− a) = (b− dx)(cx+ d)

(a+ d)[x2c− x(a− d)− b] = 0

Quando a = −d, a função homográfica y =ax+ b

cx+ dcoincide com sua inversa.

Se o denomidador é distinto de zero, e se ad = bc, a curva correspondente é umahipérbole equilátera.

Exercício 2.4.28.Qual é a característica do gráfico de uma função homográfica identicamente a sua

inversa ?Solução.

A função homográfica é da forma y =ax+ b

cx+ d, sua inversa é dada por x =

dy − b

−y + d,

logo f−1(x) =dx− b

−x+ d. Como f(x) = f−1(x) segue que a = d, b = −b = 0, c = −1, d =

d = a.Assim, a função homográfica que satisfaz as condições é da forma y =

ax

−x+ a, isto

é y =a2

−x+ a− a

O domínio e imagem da função são todos os números reais exceto x = a. O gráfico éuma hipérbole.

Exercício 2.4.29.

Mostre que a função f(x) =x2 + 2x+ c

x2 + 4x+ 3cassume qualquer valor real si 0 < c ≤ 1.

Demonstração.

Suponhamos que r ∈ R ex2 + 2x+ c

x2 + 4x+ 3c= r, então x2(1−r)+2x(1−2r)+c(1−3r) = 0.

Como f(x) ∈ R, e pela fórmula de Bhaskara segue:

[2(1− 2r)]2 ≥ 4c(1− 3r)(1− r) ⇔ 1− 4r + 4r2 ≥ c− 4rc+ 3cr2 ⇔

⇔ r2(4− 3c) + 4r(c− 1) + (1− c) ≥ 0


Pela Propriedade 1.11, tem-se [4(c− 1)]2 ≤ 4(4− 3c)(1− c), de onde

4(c2 − 2c+ 1)] ≤ 4− 7c+ 3c2 ⇔ c2 − c ≤ 0 ⇔ c(c− 1) ≤ 0

então c ∈ [0, 1].

Se c = 0, então f(x) =x2 + 2x

x2 + 4x/∈ R se x = 0 ou x = −4.

Portanto, c ∈ (0, 1].

Exercício 2.4.30.O peso aproximado dos músculos de uma pessoa é diretamente proporcional a seu peso

corporal. (1.) Expresse o número de quilos do peso aproximado dos músculos de umapessoa como função de seu peso corporal, sabendo que uma pessoa com 68 kg tem pesoaproximado de seus músculos 27 kg. (2.) Ache o peso muscular aproximado de umapessoa cujo peso corporal é de 60 kg.Solução.

Seja P o peso aproximado dos músculos de uma pessoa, e x seu peso corporal. EnãoP = αx.

1. Tem-se que P = 27 kg e x = 68 kg, logo 27 kg = 68α kg.

2. Como 27 kg = 68α kg, então α =27

68. assim P =

27

68· 60 = 23, 82 kg

Exercício 2.4.31.Um fabricante vende certo artigo aos distribuidores a R$20 por unidade para pedidos

menores de 50 unidades. No caso de pedidos de 50 unidades ou mais (até 600), o preçotem um desconto de 2 centavos vezes o número encomendado. Qual é a quantidade deencomenda que proporciona maior ingresso para o fabricante?Solução.

Suponhamos seja x o número encomendado de artigos, onde 50 ≤ x ≤ 600. Logo odesconto será de 0, 02x.

A receita na venda das x unidades é R(x) = 20x − (0, 02x)x ⇒ R(x) = 20x −0, 02x2, isto é R(x) =

2

100[1000x− x2] =

2

100[5002 − (500− x)2].

Quando x = 500 tem-se que R(500) = 5000 é o maior ingresso para o fabricante.

Exercício 2.4.32.

Desenhar o gráfico e determine o custo médio da função de custo total C(q) = aq

[q + b

q + a

]onde a, b e c são constantes positivas b < c.Solução.

O custo médio é CM =C(q)

q= a

[q + b

q + a

]


Figura 2.44:

Exercício 2.4.33.

Uma mercearia anuncia a seguinte promoção:

“Para compras entre 100 e 600 reais compre (x+100) reais e ganhe (x/10)%de desconto na sua compra.”

Qual a maior quantia que se pagaria à mercearia nesta promoção ?Solução.

A quantia a ser paga é f(x) = (x+ 100)− 1

100[x

10](x+ 100) = (x+ 100)

[1000− x

1000

],

isto é f(x) =1

1000[100000− 900x− x2] =

1

1000[100000 + 4502 − (450− x)2];

Quando x = 450 tem-se que f(450) = 302.5. Isto é, para uma compra de 550 teremos

um desconto de1

100[450

10](550) = 247, 5 reais

Exercício 2.4.34.

Consideremos duas funções f e g definidas por:

f(x) =| x− 2 | + | x− 1 | e g(x) =

2x− 1, se, x ≤ −1

2, se, − 1 < x < 1

x2, se, 1 ≤ x

Determine as funções f ◦ g e g ◦ f .Solução.

Podemos escrever:

f(x) =

x− 2 + x− 1, se x ≥ 2

2− x+ x− 1, se 1 ≤ x < 2

2− x+ 1− x se x < 1

⇔ f(x) =

2x− 3, se x ≥ 2

1, se 1 ≤ x < 2

3− 2x se x < 1


Para calcular fog(x)

f ◦ g(x) = f(g(x)) =

2(2x− 1)− 3, se (2x− 1) ≥ 2 e x ≤ −1

2(2)− 3, se 2 ≥ 2 e − 1 < x < 1

2x2 − 3, se x2 ≥ 2 e 1 ≤ x

1, se 1 ≤ (2x− 1) < 2 e x ≤ −1

1, se 1 ≤ 2 < 2 e − 1 < x < 1

1, se 1 ≤ x2 < 2 e 1 ≤ x

3− 2(2x− 1), se (2x− 1) < 1 e x ≤ −1

3− 2(2), se 2 < 1 e − 1 < x < 1

3− 2x2, se x2 < 1 e 1 ≤ x

f ◦ g(x) = f(g(x)) =

1, −1 < x <

√2

2x2 − 3, se x ≥√2

5− 4x, se x ≤ −1

Para calcular f ◦ g(x)

gof(x) = g(f(x)) ==

2(2x− 3)− 1, se, (2x− 3) ≤ −1 e x ≥ 2

2(1)− 1, se, 1 ≤ −1 e 1 ≤ x < 2

2(3− 2x)− 1, se, 3− 2x ≤ −1 e x < 1

2, se, − 1 < 2x− 3 < 1 e x ≥ 2

2, se, − 1 < 1 < 1 e 1 ≤ x < 2

2, se, − 1 < 3− 2x < 1 se x < 1

(2x− 3)2, se, 1 ≤ 2x− 3 e x ≥ 2

12, se, 1 ≤ 1 e 1 ≤ x < 2

(3− 2x)2, se, 1 ≤ 3− 2x e x < 1

g ◦ f(x) = g(f(x)) =

(2x− 3)2, se, x ≥ 2

1, se, 1 ≤ x < 2

(3− 2x)2, se, x < 1


2.5 Outros Tipos de Funções Reais.

Exercícios 2-5

Exercício 2.5.1.

Dada a função f(x) =1√

x3 − 1determinar sua função inversa f−1(x) e a imagem de

f(x).Solução.

Tem-se y =1√

x3 − 1e y > 0, logo y2(x3 − 1) = 1 ⇒ x = 3

√1 + y2

y2, y > 0.

Por outro lado, x3−1 > 0 ⇒ x3 > 1 ⇒ (x−1)(x2+x+1) > 0 ⇒ x > 1.

Assim, 0 <1√

x3 − 1< 1.

Portanto, f−1(x) =3

√1 + x2

x2, x > 0, e D(f−1) = (0, 1).

Exercício 2.5.2.Mostre que, para x > 0 a equação y+ | y | −x− | x |= 0 determina a função

cujo gráfico será a bissetriz do primeiro ângulo coordenado, entanto para x ≤ 0 são ascoordenadas de todos os pontos do terceiro quadrante (incluídos seus pontos de fronteira)as que satisfazem a equação dada.

Demonstração.Quando x > 0 tem-se y+ | y | −x − x = 0 ⇒ y+ | y |= 2x, quando

y ≥ 0 ⇒ y = x é a reta bissetriz do ângulo do primeiro quadrante. Quando y <

0 ⇒ y − y = 2x ⇒ x = 0 é a reta (0, y), y < 0.Quando x ≤ 0 tem-se y+ | y | −x − (−x) = 0 ⇒ y+ | y |= 0, quando

y ≥ 0 ⇒ y+y = 0 é a reta (x, 0), x ≤ 0. Quando y < 0 ⇒ 0 = 0 ⇒ y = 0

são os pontos (x, y), x ≤ 0, y < 0 são pontos do terceiro quadrante (incluídos seuspontos de fronteira).

Exercício 2.5.3.Dadas as seguintes funções reais, determine caso exista, sua função inversa.

1. f(x) = x2 − 5x+ 6 2. g(x) =x2 − 4

x+ 23. f(x) =

5

7− 2x

4. h(x) =√x2 − 4x+ 4 5. s(x) = x+ | x+ 1 | 6. t(x) =

√x+ 2− 5

Solução.

1. A função não é bijetiva, logo não possui inversa. Entanto sabendo que o vértice dográfico encontra-se no ponto (2, 5; f(2, 5)) considerando x ≥ 2, 5 tem-se da igualdade

y = x2 − 5x+ 6 ⇒ x2 − 5x+ (6− y) = 0 logo x =1

2(5±

√1 + 4y).


Assim, se x ≥ 2, 5 existe a função inversa f−1(y) =1

2(5 +

√1 + 4y), y ≥ 0, 25.

2. Seja y = g(x) =x2 − 4

x+ 2⇒ x2 − yx − 2(2 + y) = 0 ⇒ x =

y ± (y + 4)

2⇒

x = y + 2 ou x = −2 ⇒ x = y + 2

Existe função inversa f−1(x) = x+ 2 sempre que x = −2.

3. Seja y = f(x) =5

7− 2x⇒ y(7 − 2x) = 5 ⇒ x =

7y − 5

2y⇒ f−1(x) =

7x− 5

2x

4. A função não é bijetiva, logo não possui inversa. Entanto considerando x ≥ 2 tem-se da igualdade y = h(x) =

√x2 − 4x+ 4 ⇒ y =

√(x− 2)2 ⇒ y =

|x− 2| ⇒ x = y + 2 ⇒ h−1(y) = y + 2

5. A função não é bijetiva, logo não possui inversa. Entanto considerando x ≥ −1 tem-se

da igualdade y = s(x) = x + |x + 1| ⇒ y = 2x + 1 ⇒ x =1

2y − 1 ⇒

s−1(y) =1

2y − 1, y ≥ −1

6. A função está definida para x ≥ 2. Seja y = t(x) =√x+ 2 − 5 ⇒ (y + 5)2 =

x+ 2 ⇒ x = (y + 5)2 − 2 ⇒ t−1(x) = (x+ 5)2 − 2

Exercício 2.5.4.Se f(x) = x−2a, determinar os valores da constante a de modo que f(a2) = f−1(a−2).

Solução.

Seja y = f(x) ⇒ x = y + 2a de onde f−1(x) = x + 2a. Deve acontecer quef(a2) = f−1(a− 2), então a2 − 2a = (a− 2) + 2a, logo a2 − 5a+ 2 = 0.

Resolvendo esta equação de segundo grau segue que x =5±

√52 − 8

2=

5±√17

2.

Exercício 2.5.5.

Seja f : A −→ [−9, −1) definida por f(x) =4 + 3x

1− 3x:

1. Determinar A. 2. Mostre que f é 1− 1. 3. f é sobre?Solução.

1. Tem-se que −9 ≤ 4 + 3x

1− 3x< −1 ⇒ −9 ≤ 4 + 3x

1− 3xe

4 + 3x

1− 3x< −1

0 ≤ 9 +4 + 3x

1− 3xe

4 + 3x

1− 3x+ 1 < 0 ⇔ 0 ≤ 13− 24x

1− 3xe

5

1− 3x< 0

0 ≤x− 13

24

x− 13

e 1− 3x < 0 ⇔ 0 ≤ (x− 13

24)(x− 1

3) e

1

3< x


Portanto, A = (13

24, +∞).

2. Suponhamos que f(x1) =4 + 3x1

1− 3x1

= f(x2) =4 + 3x2

1− 3x2

então (4 + 3x1)(1 − 3x2) =

(4 + 3x2)(1 − 3x1) ⇒ 4 + 3x1 − 12x2 − 9x1x2 = 4 − 12x1 + 3x2 − 9x1x2 ⇒15x1 = 15x2.

Assim, f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2, logo f é biunívoca.

3. Pela parte 1., sim f é sobre, para todo y ∈ [−9, −1) existe x ∈ (13

24, +∞) tal que

y = f(x).

Exercício 2.5.6.Se f(x) = x+ 2c e f(c2) = f−1(c), achar o valor de:

1. f(0) · f−1(0) 2.f(1)

f−1(1).

Solução.

1. Como f(x) = x+2c ⇒ f−1(x) = x− 2c, logo f(0) · f−1(0) = (0+2c) · (02− 2c) =

−4c2

2.f(1)

f−1(1)=

(1 + 2c)

(12 + 2c)= 1, c = 1

2

Exercício 2.5.7.Construir o gráfico e determinar a imagem das seguintes funções:

1. f(x) =

x2 − 4

x+ 2, se, x = −2

3, se, x = −2

2. f(x) =

{| 4− x2 |, se, | x |< 3

5, se, | x |≥ 3

3. f(x) =

| x+ 3 |, se, − 4 ≤ x ≤ 0

3− x2, se, 0 < x ≤ 4

−2, se, | x |> 4

4. f(x) =

(x− 1)2, se, 0 ≤ x < 2

10− x2, se, 2 ≤ x ≤ 3

−2, se, x < 0 ou x > 3

5. f(x) =

− | x+ 4 |, se, − 8 ≤ x ≤ 2

x2 − 4x− 2, se, 2 < x ≤ 5

−x2 + 10x− 22, se, 5 < x ≤ 8

−3, se, | x |> 8




Solução.

Exercício 2.5.8.

Construir o gráfico, determinar a imagem e verifique se as seguintes funções são in-


versíveis :

1. f(x) =

(x− 1)3, se, 0 ≤ x < 2

10− x2, se, 2 ≤ x ≤ 3

−2, se, x < 0 ou x > 3

2. f(x) = 5(x+ | x+ 1 |)

3. f(x) =

| x+ 3 |, se, − 4 ≤ x ≤ 0

3− x2, se, 0 < x ≤ 4

−2, se, | x |> 4

4. f(x) = x2 − 5x+ 6

5. f(x) =

| x+ 4 |, se, − 8 ≤ x ≤ 2

x+ 2, se, 2 < x ≤ 5

x3, se, 5 < x ≤ 8

−3, se, | x |> 8

6. f(x) =

{| 4− x2 |, se, | x |< 3

5, se, | x |≥ 3

7. f(x) =

− | x+ 4 |, se, − 8 ≤ x ≤ 2

x2 − 4x− 2, se, 2 < x ≤ 5

10x− x2 − 22, se, 5 < x ≤ 8

−3, se, | x |> 8

8. f(x) =

x2 − 4

x+ 2, se, x = −2

3, se, x = 2

Solução.


Exercício 2.5.9.Determine dois conjuntos A e B para que a equação a seguir determine uma função

implícita f : A −→ B.

1.x2

9+

y2

4= 1 2. x2 − y2 = 1 3. x2 − 3y + y2 − 9y = −8

4.x+ 1

x= y 5. | x | + | y |= 2 6. yx2 − x− 9y = 0

Solução.

1. A = [−3, 3], B = [−2, 2]




2. A = (−∞,−1] ∪ [1, +∞), B = R

3. A =, B =

4. A =, B =

5. A = [−2, 2], B = [−2, 2]

6. A =, B =

Exercício 2.5.10.

Determine valores de a e b na expressão da função f(x) = ax2 + bx+ 5 para os quaisseja válida a identidade f(x+ 1)− f(x) = 8x+ 3.Solução.

Tem-se f(x+1)−f(x) = 8x+3 ⇒ [a(x+1)2+b(x+1)+5]−[ax2+bx+5] = 8x+3,logo (2a− 8)x+ (a+ b− 3) = 0.

De onde a = 4, b = −1.

Exercício 2.5.11.


Verifique se a função a seguir é par o ímpar justificando sua resposta.

1. f(x) = −x3 + x 2. f(x) = x · ex + x2 3. f(x) = −x+ x3

4. f(x) =ex + e−x

25. h(x) =

x

| x |6. w(t) = x · et2

Solução.

1. Seja f(x) = −x3 + x, logo f(−x) = −(−x)3 + (−x) = −f(x). É ímpar.

2. Seja f(x) = x · ex + x2, logo f(−x) = (−x) · e−x + (−x)2. Não é par e nem ímpar.

3. Seja f(x) = −x+ x3, logo f(−x) = −(−x) + (−x)3 = −f(x). É ímpar.

4. Seja f(x) =ex + e−x

2, logo f(−x) =

e−x + e−(−x)

2= f(x). É par.

5. Seja h(x) =x

| x |, logo h(−x) =

(−x)

| (−x) |= −h(x). É ímpar.

6. Seja w(t) = x · et2 , logo w(−t) = x · e(−t)2 = w(t). É par.

Exercício 2.5.12.Se o conjunto A é simétrico em relação à origem (se x ∈ A, então −x ∈ A) para toda

f : A −→ R prove que a função:

1.f(x) + f(−x)

2é par. 2.

f(x)− f(−x)

2é ímpar.

Solução.

1. Seja F (x) =f(x) + f(−x)

2⇒ F (−x) =

f(−x) + f(−(−x))

2=

f(−x) + f(x)

2=

F (x)

Logof(x) + f(−x)

2é função par.

2. Seja G(x) =f(x)− f(−x)

2⇒ G(−x) =

f(−x)− f(−(−x))

2=

f(−x)− f(x)

2=

−G(x)

Logof(x)− f(−x)

2é função ímpar.

Exercício 2.5.13.Apresente cada uma das seguintes funções como soma de uma função par e outra

ímpar:1. y = x3 + 3x+ 2 2. y = 1− x3 − x4 − 2x5

Solução.

1. y = x3 + 3x + 2 = f(x) + g(x) onde g(x) = x3 + 3x é função ímpar, e f(x) = 2 éfunção par.


2. y = 1−x3−x4−2x5 = h(x)+s(x) onde h(x) = 1−x4 é função par, e s(x) = −x3−2x5

ímpar.

Exercício 2.5.14.Mostre que o produto de duas funções pares ou ímpares é uma função par e, o produto

de uma função par por uma ímpar é função ímpar.Solução.

Sejam f(x) e g(x) funções pares, então f(−x) = f(x) e g(−x) = g(x). Defino h(x) =

f(x) · g(x), logo h(−x) = f(−x) · g(−x) = f(x) · g(x) = h(x).O caso de f(x) e g(x) serem funções ímpares, então f(−x) = −f(x) e g(−x) = −g(x),

então h(−x) = f(−x) · g(−x) = −f(x) · [−g(x)] = h(x).Verifica-se que o produto de duas funções pares ou ímpares é uma função par.Seja f função par e s função ímpar. Definimos k(x) = f(x) · s(x), logo k(−x) =

f(−x) · s(−x) = f(x) · [−s(x)] = −k(x).Verifica-se que o produto de uma função par por uma ímpar é função ímpar.

Exercício 2.5.15.Seja n natural ímpar. Mostre que f(x) = n

√x é estritamente crescente no intervalo

[0, +∞).Solução.

Seja h ∈ R modo que 0 < h, então 0 < (x + h) − x para todo x ∈ [o, ∞). Lembrarque se n é ímpar, então an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b+ · · ·+ abn−2 + bn−1). Assim

0 < (x+ h)− x = (n√x+ h)n − xn =

= (n√x+ h− n

√x)( n√(x+ h)n−1 + n

√(x+ h)n−2 n

√x+ · · ·+ n

√x+ 1

n√xn−2 +

n√xn−1)

Como ( n√(x+ h)n−1 + n

√(x+ h)n−2 n

√x + · · · + n

√x+ 1

n√xn−2 +

n√xn−1) > 0 , segue

que0 < n

√x+ 1− n

√x ⇒ n

√x < n

√x+ 1

Portanto, f(x) < f(x+ h), e a função f(x) = n√x é estritamente crescente.

Exercício 2.5.16.

Seja f(x) =1

xpara x ∈ I = (0, 1]. Pergunta-se:

1. Esta função é limitada superiormente?

2. Esta função é limitada inferiormente?

3. Existe maxx∈I

.f(x) ? 4. Existe minx∈I

.f(x) ?


Solução.

1. Quando os valores de x aproximamos pela direita para zero, a função f(x) =1

xcresce

indefinidamente para +∞, logo não é limitada superiormente.

2. Quando os valores de x = 1, a função f(1) =1

1= 1, logo é limitada inferiormente por

f(1).

3. Não existe maxx∈I

.f(x) pelo fato não ser limitada superiormente.

4. Existe minx∈I

.f(x) = 1 pelo fato estar limitado inferiormente, e o limite pertencer a

Im(f).

Exercício 2.5.17.Análogo ao exercício anterior para a função:

1. f(x) = x3 − x quando x ∈ I = [−4, 4].

2. f(x) = x2 − 2x+ 1 quando x ∈ I = [−4, 4].

Solução.

1. A função f(x) = x3 − x é limitada (superior e inferiormente), o maxx∈I

.f(x) = 60 e o

valor do minx∈I

.f(x) = −60.

2. A função f(x) = x2 − 2x+ 1 é limitada (superior e inferiormente), o maxx∈I

.f(x) = 25

e o valor do minx∈I

.f(x) = 0.

Exercício 2.5.18.

Mostre que2x

x+ 2é estritamente crescente nos intervalos (−∞, −2) e (−2, +∞).

Solução.

Podemos escrever a função f(x) =2x

x+ 2= 2 − 4

x+ 2. Seja h > 0, então para todo

x > −2 segue que 0 < x+ 2 < x+ h+ 2

4

x+ h+ 2<

4

x+ 2⇒ 2− 4

x+ 2< 2− 4

x+ h+ 2⇒ f(x) < f(x+ h)

Assim, para para x > −2 e h > 0 tem-se que x < x+ h ⇒ f(x) < f(x+ h)

Seja k > 0, então para todo x < −2 segue que x− h+ 2 < x+ 2 < 0

− 4

x− k + 2< − 4

x+ 2⇒ 2− 4

x− k + 2< 2− 4

x+ k + 2⇒ f(x− k) < f(x)

Assim, para x < −2 e k > 0 tem-se que x < x+ h ⇒ < f(x− k) < f(x)

Portanto,2x

x+ 2é estritamente crescente nos intervalos (−∞, −2) e (−2, +∞)


Exercício 2.5.19.Mostre que toda função estritamente crescente ou estritamente decrescente é injetora.

Solução.

Suponhamos que f seja estritamente crescente, logo para todo x1, x2 ∈ D(f) tais quex1 < x2 segue que f(x1) < f(x2).

Como x1 < x2, logo x1 = x2 então f(x1) < f(x2), logo f(x1) = f(x2)

Tem-se x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2) se, e somente se, x1 = x2 ⇒ f(x1) = f(x2).Portanto, f é injetora.

Exercício 2.5.20.Seja n número natural ímpar, mostre que f(x) = n

√x+ 1 é estritamente crescente em

R.Solução.

Se n é ímpar, segue que f(x) = n√x+ 1 existe para todo x ∈ R.

Como f(x) = n√x+ 1 então [f(x)]n = x+ 1, ∀ x ∈ R.

Suponhamos x1 < x2, então existe α ∈ R, α > 0 tal que x1 + α = x2.Tem-se para qualquer n ∈ N que x2 + 1 = x1 + α + 1 ⇒ (x2 + 1) = (x1 + 1) + α

então[f(x2)]

n = [f(x1)]n + α ⇒ [f(x2)]

n > [f(x1)]n

extraindo a raiz de ordem n segue f(x2) > f(x1).Portanto, f é estritamente crescente.

Exercício 2.5.21.Sendo f(x) = sen x e g(x) = log x, pede-se determinar o valor de g[f(

π

2)]

Tem-se f(π

2) = sen

π

2= 1, logo g[f(

π

2)] = g(1) = log 1 = 0.

Portanto, g[f(π

2)] = 0.

Exercício 2.5.22.Determine o possível valor para n ∈ Z para o qual 2x > xn para todas as x ≥ 100.

Consideremos x = 100 o menor dele, observe que 2x > xn ⇒ x log 2 > n log x ⇒(0, 3010)(100) > n log 100 ⇒ 15, 05 > n.

Quando n = 15 cumpre 2x > xn para todas as x ≥ 100.

Exercício 2.5.23.Seja f(x) = Ln (x). Mostre que f(x) + f(x+ 1) = f(x(x+ 1)).

Demonstração.Como f(x) = Ln (x) então f(x) + f(x + 1) = Ln (x) + Ln (x + 1) = Ln (x(x + 1)) =

f(x(x+ 1)).


Exercício 2.5.24.Se f é uma função tal que f(1) = a, f(p) = b e f(x+ y) = f(x) · f(y), ∀ x, y ∈ R,

então f(2 + p) é igual a:Solução.

Tem-se f(1 + p) = f(1) · f(p) = ab, logo f(2 + p) = f [1 + (1 + p)] = f(1) · f(1 + p) =

a(ab) = a2b.

Exercício 2.5.25.Sejam f : A −→ B e g : B −→ R duas funções. Demonstre que:

1. Se f e g são biunívocas, então gof é biunívoca?

2. Se f e g são sobrejetivas, então gof é sobrejetiva?

3. Se gof é biunívoca, então f é biunívoca.

4. Se gof é sobrejetiva, então g é sobrejetiva.

Demonstração.

1. Sejam x1, x2 ∈ D(gof) tais que x1 = x2. Como x1, x2 ∈ D(f) ⊆ A e f é biunívocaentão f(x1) = f(x2).

Sabendo que f(x1), f(x2) ∈ D(g) ⊆ B e g é biunívoca então g(f(x1)) = g(f(x2)).

Portanto x1, x2 ∈ D(gof), x1 = x2 ⇒ g(f(x1)) = g(f(x2)). Sim gof ébiunívoca.

2. Para todo z ∈ Im(gof), sendo g sobrejetiva, existe y ∈ D(g) ⊆ B tal que g(y) = z.

Como f também é sobrejetiva, para todo y ∈ B em particular para g(y) = z existex ∈ A tal que f(x) = y, logo g(f(x)) = g(y) = z.

Portanto, Para todo z ∈ Im(gof) existe x ∈ A tal que (gof)(x) = z. Sim gof ésobrejetiva.

3.

4.⇓

⇓

⇓


Exercício 2.5.26.Em um certo clube de futebol, a taxa anual cobrada aos sócios é de R$300, 00 e o

sócio pode utilizar campo de futebol pagando R$2, 00 por hora. Em outro clube, a taxaé R$200, 00 e cobram R$3, 00 por hora de uso do campo de futebol. Considerando asquestões financeiras; que clube você escolheria ?Solução.

Suponhamos sejam utilizadas x horas anuais do campo de futebol.No primeiro clube anualmente seríam gastos 300 + 2x reais. No segundo clube

anualmente seriam gastos 200 + 3x reais. Consideremos 300 + 2x ≥ 200 + 3x ⇒x = 100.

Os gastos são maiores no primeiro clube quando são utilizadas mais de 100 horasanuais de campo.

Exercício 2.5.27.As funções de oferta e demanda de um certo produto são respectivamente S(p) = p−10

e D(p) = 5.600p−1.

1. Calcular o preço de equilíbrio e o número correspondente de unidades em oferta edemanda.

2. Construía as gráficos das funções num mesmo par de eixos.

⇓

⇓

⇓

Exercício 2.5.28.Um número de dois algarismos excede em uma unidade o sêxtuplo da soma de seus

algarismos desse número. Se a ordem dos algarismos desse número for invertida, o novonúmero terá nove unidades a menos do que o número original. Encontrar o númerooriginal.Solução.

Seja ab o número original, pela decomposição polinômica de qualquer número inteirona base decimal, podemos escrever ab = 10a+ b ou ba = 10b+ a.


Pelos dados do problema ab = 6(a + b) + 1 isto é 10a + b = 6a + 6b + 1 então4a− 5b = 1. Por outro lado, ba = ab− 1 então a− b = 1.

Resolvendo o sistema 4a− 3b = 1, a− b = 1 segue que a = 4 e b = 3.Portanto, o número é 43.

Exercício 2.5.29.As equações de oferta e demanda numa determinada fábrica estão dadas por q = 24−p

e q = 10p− 20, funções lineares do preço. Determine a quantidade de equilíbrio.Solução.

Sejam S(p) = 24− p equação de oferta e a D(p) = 10p− 20 equação da demanda. Oponto de equilibrio é dado por 24− p = 10p− 20 ⇒ p = 4

A quantidade de equilíbrio é S(4) = 20.

Exercício 2.5.30.A folha de pagamento mensal de uma empresa é diretamente proporcional ao nú-

mero de trabalhadores, sabendo que 20 dos trabalhadores tem uma folha de pagamento deR$3000, 00.

1. Expresse o valor da folha de pagamento mensal como função do número de trabalha-dores;

2. Qual a folha de pagamento para 18 trabalhadores?

Solução.

1. Suponhamos seja x o número de trabalhadores, então a folha de pagamento é umafunção de x, seja f(x) a folha de pagamento.

Pelos dados do problema f(x) = kx para algum k ∈ R, pois são diretamenteproporcionais. Assim, f(x) = kx expressa o valor da folha de pagamento comofunção do número de trabalhadores.

2. Quando x = 20 ⇒ f(20) = 3.000, 00 = 20k ⇒ k = 150. Para o caso x = 18

tem-se f(18) = (150)(18) de onde f(18) = 2700, 00


2.6 Funções Transcendentes.

Exercícios 2-6

Exercício 2.6.1.Nos seguintes exercícios resolva para x.

1. log10 10000 = x 2. log10 0, 01 = x 3. log4

[1

256

]= x

4. logx 81 = 3 5. eLn x =√3 6. x2 − 8x = log4(256)

−1

7. log2 x = −5 8. Ln x = −2 9. log35 x+ log35(x+ 2) = 1

Solução.

1. log10 10000 = x ⇒ 10000 = 10x ⇒ x = 4.

2. log10 0, 01 = x ⇒ 0, 01 = 10x ⇒ x = −2.

3. log4

[1

256

]= x ⇒ 1

256= 4x ⇒ x = −4.

4. logx 81 = 3 ⇒ 81 = x3 ⇒ x = 3√81.

5. eLn x =√3 ⇒ x =

√3

6. x2 − 8x = log4(256)−1 ⇒ x2 − 8x = − log4(4)

4 ⇒ x2 − 8x + 4 = 0 ⇒x = 4±

√12

7. log2 x = −5 ⇒ x = 2−5 ⇒ x =1

32.

8. Ln x = −2 ⇒ x = e−2 ⇒ x =1

e2.

9. log35 x+log35(x+2) = 1 ⇒ log35 x(x+2) = 1 ⇒ x(x+2) = 35 ⇒ x = 5

Exercício 2.6.2.Traçar o gráfico para as seguintes funções:

1. y = −(6)x 2. y = 4x 3. y =

[5

4

]x4. y = (

√3)x 5. y = π−2x 6. y = −(2−x

7. log4 x2 8. log3(x− 1) 9. loge e

x

Solução.





Exercício 2.6.3.Determine se as seguintes funções dadas são inversas uma da outra esboçando seus

gráficos no mesmo sistema de eixos. Calcular seu domínio e imagem para cada uma dasfunções:

1. f(x) = 2ex g(x) = Ln√x 2. f(x) = ex + 1 g(x) = Ln (x− 1)

3. f(x) = e2x+1 g(x) = 1− Ln 2x 4. f(x) = e3x g(x) = Ln x−3

Solução.



1. f(x) = 2ex não tem como função inversa g(x) =

Ln√x. A inversa de f(x) é f−1(x) = Ln

x

2.

D(f) = R ,D(g) = R+

2. Sim, f(x) = ex + 1 é função inversa de g(x) =Ln (x− 1). D(f) = R ,D(g) = (1, ∞)

3. f(x) = e2x+1 não tem como função inversag(x) = 1−Ln 2x. A inversa de f(x) é f−1(x) =1

2Ln

x

e. D(f) = R ,D(g) = (0, ∞)

4. f(x) = e3x não tem como função inversa g(x) =Ln x−3. A inversa de f(x) é f−1(x) = Ln 3

√x.

D(f) = R ,D(g) = (0, ∞) Figura 2.70:

Exercício 2.6.4.Mostre que as seguintes funções dadas são inversas uma da outra esboçando seus grá-

ficos no mesmo sistema de eixos. Calcular seu domínio e imagem para cada uma dasfunções.

1. f(x) = e2x g(x) = Ln√x 2. f(x) = ex − 1 g(x) = Ln (x+ 1)

3. f(x) = ex−1 g(x) = 1 + Ln x 4. f(x) = ex3 g(x) = Ln x3

1.

2.

3.

Exercício 2.6.5.



Resolver as seguintes equações:

1. x = log 1636 2. x = log3

√2 cos 30

o 3. x = log23 5√2

4. log25 x = 3 5. x = log2x(3√25)4 = 6 6. xx−1 =

1

27

7. x(x−2) = log 103√10 8. logx 10

3√10 =

4

39.

1

3log 1

4x =

1

2

1. x = log 1636 ⇔ (1

6)x = 36 ⇔ 6−x = 62 ⇔ x = −2

2. x = log3√2 cos 30o ⇔ (3

√2)x = cos 30o =

√32

⇔ 3√2x =

√32

3. ⇔

4. log25 x = 3 ⇔ x = 253

5. ⇔

6. ⇔

7. ⇔

8. ⇔

9. ⇔⇓

⇓

⇓

⇓


⇓

⇓

Exercício 2.6.6.

Se f(x) = Ln

[1− x

1 + x

]mostre que f−1(x) = −

[ex/2 − e−x/2

ex/2 + e−x/2

].

Solução.

Como Se y = f(x) = Ln

[1− x

1 + x

]então ey =

1− x

1 + x.

Logo, ey(1+x) = 1−x ⇒ x = −[ey − 1

ey + 1

]= −

[ey/2(ey/2 − e−y/2)

ey/2(ey/2 + e−y/2)

]= −

[ey/2 − e−y/2

ey/2 + e−y/2

]Portanto, f−1(x) = −

[ex/2 − e−x/2

ex/2 + e−x/2

]Outra solução.

Do fato ser estritamente positivo1− x

1 + xsegue que −1 < x < 1 logo

√ey =

√1− x

1 + x.

Assim

ey/2 =

√1− x√1 + x

e e−y/2 =

√1 + x√1− x

De onde ey/2 + e−y/2 =

√1− x√1 + x

+

√1 + x√1− x

=2√

1− x2.

De modo análogo ey/2 − e−y/2 =

√1− x√1 + x

−√1 + x√1− x

=−2x√1− x2

, logo

[ey/2 − ey/2

ey/2 + e−y/2

]= −x ⇒ f−1(x) = −

[ex/2 − ex/2

ex/2 + e−x/2

]

Portanto, f−1(x) = −[ex/2 − ex/2

ex/2 + e−x/2

]Exercício 2.6.7.

Uma função y = f(x) esta dada pela equação y2 − 1 + log2(x− 1) = 0. Determine odomínio de definição da função, e defina a função inversa f−1(x).Solução.

Tem-se que y2 − 1 + log2(x − 1) = 0 ⇒ y = f(x) =√1− log2(x− 1 ou y =

g(x) = −√1− log2(x− 1).

Condição x−1 > 0. Como 1−log2(x−1) ≥ 0 ⇒ 1 ≥ log2(x−1) ⇒ 21 ≥ x−1

logo x ≤ 3, Pela condição para x, segue que o domínio D(f) = (1, 3].Cálculo da função inversa.De y = f(x) =

√1− log2(x− 1) segue que 21−y2 = x−1, então x = 21−y2+1, y ≥ 0.


Portanto, a função inversa de y = f(x) é f−1(x) = 21−x2+ 1, x ≥ 0.

Exercício 2.6.8.Se f(x) = 4x e x1, x2 e x3 são três números em progressão aritmética então demonstrar

que f(x1), f(x2) e f(x3) estão em progressão geométrica. Qual é a razão ?Solução.

Suponhamos os números x1, x2 = x1 + r e x3 = X1 + 2r, logo: f(x1) = 4x1 , f(x2) =

4x1+r = 4x1 · (4r) e f(x3) = 4x1+2r = 4x1 · (4r)2.Assim, f(x1), f(x2) e f(x3) estão em progressão geométrica de razão 4r.

Exercício 2.6.9.Suponha que a t horas da madrugada a temperatura de uma cidade seja, C(t) =

−t2

7+4t+8 graus centígrados. a) Que temperatura tinha as 14 horas ? b) Em que tanto

aumento o diminuo a temperatura, entre 6 e 7 horas?Solução.

a) Tem-se C(t) = −t2

7+ 4t+ 8, quando t = 4 segue C(4) = −42

7+ 4(4) + 8 = 21, 71...

b) Observe que C(6) = −62

7+ 4(6) + 8 = 26, 85... e C(7) =

72

7+ 4(7) + 8 = 29

Aumento em 2, 15 graus centígrados.

Exercício 2.6.10.Suponha que o custo total para fabricar q unidades de um certo produto seja dada pela

função C(q) = q3 − 30q2 + 400q + 500.

1. Calcular o custo de fabricação de 20 unidades.

2. Calcular o custo de fabricação da 20a unidade.

Solução.

(a) Temos que C(x) = x3 − 30x2 + 400x + 500, logo para fabricar 20 unidades o custototal é C(20) = (20)3 − 30(20)2 + 400(20) + 500 = 4500.

Portanto o custo para a fabricação de 20 unidades é 4500 reais.

(b) O custo para a fabricação de 19 unidades é: C(19) = (19)3−30(19)2+400(19)+500 =

4129.

Portanto, o custo da fabricação do vigésimo produto é 4500− 4129 = 371 reais.


Exercício 2.6.11.A folha de pagamento (F.P.) diária de uma equipe de trabalho é diretamente propor-

cional ao número de trabalhadores (T ), e uma equipe de 12 trabalhadores tem uma folhade pagamento de R$540.

1. Expresse o valor total da folha de pagamento diária como função do número de traba-lhadores.

2. Qual a folha de pagamento de uma equipe de 15 trabalhadores.

Solução.

1. Tem-se que F.P.(T ) = k · T , para algum k ∈ R não nulo. Como 540 = F.P.(12) =

12k ⇒ k = 45.

Portanto F.P.(T ) = 45T é o valor total da folha de pagamento diária.

2. Pelo ítem (a) e, como F.P.(T ) = 45(15) = 675.

Portanto, a folha de pagamento de 15 trabalhadores é R$675, 00.

Exercício 2.6.12.Numa cidade de 70.000 habitantes a taxa de crescimento de uma epidemia é con-

juntamente proporcional ao número de pessoas infectadas e ao número de pessoas nãoinfectadas.,

1. Se a epidemia esta crescendo a razão de 20 pessoas por dia quando 100 pessoas estãoinfectadas, expresse a taxa de crescimento da epidemia em função de número depessoas infectadas.

2. Quão rápido está se espalhando a epidemia quando 400 pessoas estão infectadas?

Solução.

(a) Sejam x pessoas infectadas, logo são 70000 − x não infectadas. Consideremos k arazão do crescimento.

Pelo fato ser conjuntamente proporcional a taxa de crescimento, tem-se f(x) =

k(7000 − x)x. Logo f(100) = k(70000 − 100)(100) = 20, então k =20

6990000=

1

349500.

Portanto, a taxa de crescimento da epidemia em função do número de pessoas

infectadas é f(x) =1

349500(70000− x)x


(b) Quando 400 pessoas são infectadas, tem-se que a taxa de crescimento é

f(400)

70.000=

1

349500(70000− 400)(400) · 1

70.000= 0, 00113%

Exercício 2.6.13.Para determinar a idade de uma rocha hoje a ciência foi capaz de desenvolver uma

técnica baseada na concentração de material radioativo dentro dela. Para achar estaconcentração radioativa mais nova na rocha usamos C(t) = k.3−t como a fórmula, ondeC(t) representa a concentração de material radioativo, t o tempo medido em centenasde anos e k a concentração do elemento no momento em que a rocha foi formada. Sek = 4, 500 1. Quanto tempo deve ter passado para nós encontrar uma concentração de1500? 2. Qual seria o foco radioativo depois de dois séculos?Solução.


2.7 Funções Trigonométricas.

Exercícios 2-7

Exercício 2.7.1.

Verifique se a função a seguir é par o ímpar justificando sua resposta.

1. f(x) = −x3 + x 2. f(x) = x · sen x 3. f(x) = sen 3x · cosx

4. f(x) = 5x− sen x2 5. h(x) =x

| x |6. f(x) = x · et2

7. f(x) =ex + e−x

28. g(x) = 5 9. f(x) = x4 + cos3 x

Solução.

1. f(x) = −x3 + x ⇒ f(−x) = −(−x)3 + (−x) = −[−x3 + x] = −f(x).

A função f(x) = −x3 + x é ímpar

2. f(x) = x · sen x ⇒ f(−x) = (−x) · sen (−x) = −x · (−sen x) = x · sen x = f(x).

A função f(x) = x · sen x é par

3. f(−x) = sen (−3x) · cos(−x) = −sen 3x · cosx = −f(x).

A função f(x) = sen 3x · cos x é ímpar

4. f(x) = 5x− sen x2 ⇒ f(−x) = 5(−x)− sen (−x)2 = −5x− sen x2.

A função f(x) = 5x− sen x2 não é par, nem ímpar

5. h(−x) =−x

| −x |= − x

| x |= −h(x). A função f(x) =

x

| x |é ímpar

6. f(−x) = −x · et2 = −f(x). A função f(x) =ex + e−x

2é ímpar

7. f(−x) =e−x + ex

2= f(x). A função é par

8. g(−x) = 5 = g(x). A função é par

9. f(−x) = (−x)4 + cos3(−x) = x4 + cos3 x = f(x). A função é par

Exercício 2.7.2.


Determine duas funções f e g tais que h = gof nos seguintes casos:

1. h(x) = (x2 + 3)6 2. h(x) = 3(x+ | x |) 3. h(x) = 2sen 2x

4. h(x) =

(x− 4√x− 2

)2

5. h(x) = cos2 5x+ 7 cos6 5x 6. h(x) = (x2 − 8)4

7. h(x) =

(2x+ 5

x− 4

)3

8. h(x) = (cos 4x)2 − 4(cos 4x) 9. h(x) = 2tan 2x

Solução.

1. g(x) = x6, f(x) = x2 + 3

2. g(x) = 3x, f(x) = x+ | x |

3. g(x) = 2x, f(x) = sen 2x

4. g(x) = x2, f(x) =x− 4√x− 2

5. g(x) = x, f(x) = cos2 5x+ 7 cos6 5x

6. g(x) = x4, f(x) = x2 − 8

7. g(x) = x3, f(x) =2x+ 5

x− 4

8. g(x) = x(x− 4), f(x) = cos 4x

9. g(x) = 2x, f(x) = tan 2x

Exercício 2.7.3.Se f : A −→ Im(f) é monotônica estrita, então f−1 : Imf −→ A é monotônica

estrita do mesmo tipo?Solução.

Suponhamos que f seja estrita crescente. Sejam h > 0, x1, x1 + h ∈ A, então x1 <

x1 + h implica y1 = f(x1) < f(x1 + h) = y2.Supondo que exista f−1 segue que f−1(y1) = f−1(f(x1)) = x1 e f−1(y2) = f−1(f(x1+

h)) = x1 + h.Assim, x1 = f−1(y1) < x1 + h = f−1(y2), pois h > 0.Sim, é monotônica estrita do mesmo tipo, pois y1 < y2 implica f−1(y1) < f−1(y2).

Exercício 2.7.4.Prove que tanx é estritamente crescente em

[−π

2,π

2

].

Solução.


Sejam β > 0, α, α + β ∈[−π

2,π

2

]então α < α + β.

tan(α + β)− tanα =sen (α + β)

cos(α + β)− sen α

cosα=

sen β

cos(α + β) cosα> 0

pois sen β > 0 para β > 0 , cosα > 0 e cos(α + β) > 0 no intervalo[−π

2,π

2

]. Assim

mostramos que

tan(α + β)− tanα > 0 ⇒ tan(α + β) > tanα, se α+ β > α

Portanto, tanx é estritamente crescente em[−π

2,π

2

]Exercício 2.7.5.

-�

6

a b

y

x

Figura 2.74:

Dado o gráfico da função f(x) (Figura (2.74)) eos valores a e b da variável independente x. Deter-mine f(a) e f (b) no desenho. Qual é a interpretaçãogeométrica da relação:

f(b)− f(a)

b− a

Solução.

A relaçãof(b)− f(a)

b− aé igual à tangente do ân-

gulo formado entre a secante que passa pelos pontos (a, f(a)) e (b, f(b)) e o eixo-)x nosentido positivo.

Exercício 2.7.6.Prove que a função sen :

[−π

2,π

2

]−→ R é estritamente crescente.

Solução.

⇓

⇓

⇓

Exercício 2.7.7.

Seja f(x) = 2x2 +2

x2+

5

x+ 5x. Mostre que f(x) = f(

1

x).

Solução.


Tem-se que f(x) = 2x2 +2

x2+

5

x+ 5x ⇒ f(

1

x) = 2(

1

x)2 +

2

( 1x)2

+5

( 1x)+ 5(

1

x).

Isto é f(1

x) =

2

x2+ 2x2 + 5x+ (

5

x) = f(x)

Exercício 2.7.8.Determine o domínio de definição das funções que se indicam:

1. y = 1− Ln x 2. y = Ln (sen (2x− 1)) 3. y = arccos

(1− 2x

4

)4. y = Ln

√x− 4 5. y = arcsen (x− 2) 6. y = Ln (Ln (x− 1))

Solução.

1. f(x) = 1− Ln x ⇒ D(f) = (0, +∞)

2. f(x) = Ln (sen (2x− 1)) ⇒ sen (2x− 1) > 0x e (2x− 1) ∈ R ⇒ D(f) =(2kπ + 1

2,(2k + 1)π + 1

2

)onde k ∈ Z.

3. f(x) = arccos

(1− 2x

4

)⇒ −1 ≤ 1− 2x

4≤ 1 ⇒ D(f) = (−3

3,5

2)

4. f(x) = Ln√x− 4 ⇒ D(f) = (4, +∞)

5. f(x) = arcsen (x− 2) ⇒ −1 ≤ x− 2 ≤ 1 ⇒ D(f) = [1, 3]

6. f(x) = Ln (Ln (x−1)) ⇒ Ln (x−1) > 0 e x−1 > 0 ⇒ D(f) = (2, +∞)

Exercício 2.7.9.

A função g(x) é definida por: g(x) =x

2− 1

2quando x ≤ 11

3e g(x) = 1 + x quando

x >11

3. Achar todas as raízes reais da equação [g(x)]2 = 7x+ 25.

Solução.

Suponhamos x <11

3então [

x

2− 1

2]2 = 7x + 25 logo x2 − 2x + 1 = 28x + 100, isto

é x2 − 30− 99 = 0.Suas raízes são x = 33 e x = −3. Pela condição só será considerada x = −3.Suponhamos x ≥ 11

3então [1 + x]2 = 7x + 25 logo x2 − 5x + 24 = 0. Suas raízes

são x = 3 e x = 8. Pela condição só será considerada x = 8.Portanto, x = −3 e x = 8 resolvem o problema.

Exercício 2.7.10.Achar o maior valor possível para n para o qual 2x > xn para todas as x ≥ 100, ∀n ∈

Z.


Demonstração.

⇓

⇓

⇓

Exercício 2.7.11.Determine se as seguintes desigualdades são verdadeiras:

Solução.

1. cosh2 x+ senh 2x = cosh 2x, é verdadeira

cosh2 x+ senh 2x =

[ex + e−x

2

]2+

[ex − e−x

2

]2=

1

4[2e2x + 2e−2x] ⇔

cosh2 x+ senh 2x = cosh 2x

2. cosh2 x− senh 2x = 1, é verdadeira

cosh2 x− senh 2x =

[ex + e−x

2

]2−[ex − e−x

2

]2=

1

4[2 + 2] = 1

3. cosh(x+ y) = cosh x. cosh y + senh y.senh x, é verdadeira

4. 1− coth2 x = csch 2x, é verdadeira

⇓

5. senh (x+ y) = senh x. cosh y + senh y. coshx, é verdadeira

6. 1− tan2 x = sech 2x, é verdadeira⇓

7. 2senh x. coshx = senh 2x, é verdadeira

Exercício 2.7.12.Seja f(x) = sen x− cosx. Mostre que f(1) > 0.


Demonstração.A função sen x é crescente no intervalo [

π

4,π

2] e cosx é decrescente no intervalo [0,

π

2],

logosen

π

4< sen 1 < sen

π

2e cos

π

2< cos 1 < cos

π

4

senπ

4− cos

π

4< sen 1− cos 1 < sen

π

2− cos

π

2

0− 0 < f(1) = sen 1− cos 1 < 1− 0

Portanto, f(1) = sen 1− cos 1 > 0

Exercício 2.7.13.Determine o período das seguintes funções:

Solução.

1. y = 2sen (3x+ 5)

Seja T o período da função, então f(x+ T ) = f(x), isto é

f(x+T ) = 2sen (3(x+T )+5) = 2sen (3x+5) = f(x) ⇒ (3T+3x+5) = (3x+5)

sabemos que a função seno é de período 2π, logo 3T = 2π ⇒ T =2π

3

Portanto, o período da função é2π

3.

2. y = 5 cos 2x

Seja T o período da função, então f(x+ T ) = f(x), isto é

f(x+ T ) = 5 cos 2(x+ T ) = 5 cos 2x = f(x) ⇒ 2T + 2x = 2x

sabemos que a função cosseno é de período 2π, logo 2T = 2π ⇒ T = π

Portanto, o período da função é π.

3. y = − cos

[x− 1

2

]Seja T o período da função, então f(x+ T ) = f(x), isto é

− cos

[(x+ T )− 1

2

]= − cos

[x− 1

2

]⇒ T

2+

x− 1

2=

x− 1

2

sabemos que a função cosseno é de período 2π, logoT

2= 2π ⇒ T = 4π

Portanto, o período da função é 4π.


4. y = sen

[2t+ 3

6π

]Seja T o período da função, então f(x+ T ) = f(x), isto é

sen

[2(t+ T ) + 3

6π

]= sen

[2t+ 3

6π

]⇒ 2T

6π+

2t+ 3

6π=

2t+ 3

6π

sabemos que a função seno é de período 2π, logo2T

6π= 2π ⇒ T = 6π2

Portanto, o período da função é 4π.

Exercício 2.7.14.Mostre que y = senh x e y = tanhx são funções ímpares, e y = coshx é função par.

Solução.

Sabemos que f(x) = senh x =ex − e−x

2⇒ f(−x) =

e−x − ex

2= −f(x). Portanto

f(x) = senh x é função ímpar.

Sabemos que f(x) = cosh x =ex + e−x

2⇒ f(−x) =

e−x + ex

2= f(x). Portanto

f(x) = cosh x é função par.

Sabemos que f(x) = tanh x =senh x

coshx⇒ f(−x) =

senh (−x)

cosh(−x)= −f(x). Portanto

f(x) = tanhx é função ímpar.

Exercício 2.7.15.Resolver gráficamente a equação:1. x = 2sen x 2. x = tanx 3. 4sen x = 4− x

Solução.


1.

2.


Exercício 2.7.16.Um navio navegando em linha reta, passa sucessivamente pelos pontos A, B e C.

Quando o navio está em A, o comandante observa o farol em F , e calcula o ânguloFAC = 30o. Após navegar 4 milhas até B, verifica-se o ângulo FBC = 75o. Quantasmilhas separa o farol do ponto B?Solução.

Figura 2.78:

Seja x o número de milhas que separa ofarol do ponto B.

Podemos considerar o gráfico da Figura(2.78), imaginando a linha perpendicular BD

logo temos que:

sen BAD = sen 300 =1

2=

BD

4

de onde BD = 2.Pelas condições do problema, BFD =

450.Portanto, x = 2

√2 milhas.

Exercício 2.7.17.

A��

��

45o

B

C

x

��

20

Figura 2.79:

Uma torre tem 20 metros de altura. Se puxar-mos um cabo do topo ao chão (como mostra a Figura(2.79)), qual será o comprimento aproximado (x) docabo?Solução.

Observando a figura temos que, pelo ângulo de 45o

BC = AB = 20

Do Teorema de Pitágoras resulta:x2 = AB

2+BC

2 ⇒ x2 = 2 ∗ 202.Portanto x = 20

√2 = 28, 284

Exercício 2.7.18.Pedro e Marcos que estão distantes 2, 7 km um do outro, observam um helicóptero

quieto no ar, Pedro vê o helicóptero segundo um ângulo de 45o e Marcos, ao mesmotempo, vê o helicóptero segundo um ângulo de 60o. Aproximadamente a que altura estavao helicóptero?Solução.


O diagrama que resolve o problema mostra-se na Figura (2.80), e tem-se que MO =

2, 7− h

Como o temos um triângulo notável segue que

√3h = 2, 7− h ⇒ h =

2, 7√3 + 1

=2, 7(

√3− 1)

2⇒ h = 0, 9882km

O helicóptero encontra-se aproximadamente a um quilômetro de altura.


Exercício 2.7.19.Um avião levanta vôo e sobe fazendo um ângulo de 15o com a horizontal. A que altura

estava e qual é a distância percorrida quando passa pela vertical por uma igreja situada a2 km do ponto de partida?

O diagrama que resolve o problema mostra-se na Figura (2.81), e tem-se que AO =

2km.

cos 152 =2

d⇒ 2

d=

√1 + cos 30o

2⇒ 4

d2=

2 +√3

4

d2 =16

2 +√3= 16(2−

√3) ⇒ h = 2, 07

Por outro lado, d2 = 22 + h2, então h2 = 16(2 −√3) − 22, isto é h2 = 22(7 − 4

√3),

logo h = 0, 536.Estava a uma altura de 536 metros e percorreu uma distância de 2, 07 km

Exercício 2.7.20.Verificar que, se 0 < α < π, então cot

α

2≥ 1 + cotα.

Solução.

Suponhamos que cotα

2≥ 1 + cotα. Como 0 < α < π, tem-se que cot

α

2> 0

cotα

2≥ 1 + cotα ⇔ cot

α

2≥ 1 +

cot2 α2− 1

2 cot α2

⇔


2 cot2α

2≥ 2 cot

α

2+ cot2

α

2− 1 ⇔ (cot

α

2− 1)2 ≥ 0, ∀ α ∈ (0, π)

A desigualdade é verdadeira.

Exercício 2.7.21.Seja α ∈ (−π

2,π

2). Determine o conjunto de todos os valores de α tais que todas as

soluções da equação x4 − 4√48x2 + tanα = 0 em x se encontrem em R.

Solução.

Aplicando a fórmula da solução de segundo grau

x4 − 4√48x2 + tanα = 0 ⇔ x = ∓

√4√48±

√√48− 4 tanα

2

x = ∓

√2 4√3± 2

√√3− tanα

2⇔ x = ∓

√4√3±

√√3− tanα

Primeira condição:√3− tanα ≥ 0 ⇒ tanα ≤

√3, pela condição de α segue

que α ∈ [−π

3,π

3].

Segunda condição: 4√3 −

√√3− tanα ≥ 0 ⇒ tanα ≥ 0, pela condição de

α segue que α ∈ [0,π

2]. Temos pelas condições para α

(−π

2,π

2) ∪ [−π

3,π

3] ∪ [0,

π

2] = [0,

π

3]

Portanto, α ∈ [0,π

3]

Exercício 2.7.22.Se os arcos positivos α1, α2, α3 e α4 se encontram entre 0 e π, mostre que

1. sen α1 + sen α2 ≤ 2 · sen α1 + α2

2

2. sen α1 + sen α2 + sen α3 + sen α4 ≤ 4 · sen α1 + α2 + α3 + α4

4

Solução.

1. Sabemos que sen α1 + sen α2 = 2senα1 + α2

2cos

α1 − α2

2, por outro lado, como

0 ≤ α1 ≤ π e 0 ≤ α2 ≤ π então −π ≤ α1 − α2 ≤ π, logo −π

2≤ α1 − α2

2≤ π

2.

Logo 0 ≤ cosα1 − α2

2≤ 1 de onde

sen α1 + sen α2 = 2senα1 + α2

2cos

α1 − α2

2≤ 2sen

α1 + α2

2

Portanto, sen α1 + sen α2 ≤ 2 · sen α1 + α2

2.


2. Pela parte 1. temos

(sen α1 + sen α2) + (sen α3 + sen α4) ≤ 2 · sen α1 + α2

2+ 2 · sen α3 + α4

2

novamente, parte 1. temos

2 · sen α1 + α2

2+ 2 · sen α3 + α4

2≤ 2

[2 · sen

α1+α2

2+ α3+α4

2

2

]

Portanto, sen α1 + sen α2 + sen α3 + sen α4 ≤ 4 · sen α1 + α2 + α3 + α4

4

Exercício 2.7.23.Verificar que

1. tan 20o · tan 40o · tan 50o · tan 80o = 3.

2. cos 20o − cos 80o = − cos 140o

Solução.Sabemos que

• cosα + cos β = 2 cosα + β

2cos

α− β

2

• cosα− cos β = 2senα + β

2sen

α− β

2

• sen α + sen β = 2senα + β

2cos

α− β

2

1. Seja E = tan 20o · tan 40o · tan 50o · tan 80o − 3 ⇒

E =sen 50o · sen 40o

cos 50o · cos 40o· sen 80o · sen 20o

cos 80o · cos 20o− 3 ⇒

E =(cos 90− cos 10)

(cos 90 + cos 10)· (cos 100− cos 60)

(cos 100 + cos 60)− 3 =

(− cos 10)

(cos 10)·(cos 100− 1

2)

(cos 100 + 12)− 3

E =1− 2 cos 100

1 + 2 cos 100− 3 =

1 + 2sen 10

1− 2sen 10− 3 =

8sen 10− 2

1− 2sen 10

⇕= ·

⇕ ·

⇕ ·


2. Seja E = cos 20o − cos 80o + cos 140o ⇒

E = − cos 80o + 2 cos140 + 20

2cos

140− 20

2= − cos 80o + 2 cos 80 cos 60 ⇒

E = − cos 80o + 2 cos 80 · 12= 0

Portanto, cos 20o − cos 80o = − cos 140o

Exercício 2.7.24.Determine o máximo número de raízes da equação E(x) = log x− sen x = 0.

Solução.

Figura 2.82:

Tem-se que a solução da equação são os pontos deinterseção.

Se intersectam quando:

• x = 2, 68461 ⇒ E(x) = log 2, 68461 −sen 2, 68461 ≈ 0

• x = 7, 23919 ⇒ E(x) = log 7, 23919 −sen 7, 23919 ≈ 0.

• x = 8, 31303 ⇒ E(x) = log 8, 31303 −sen 8, 31303 ≈ 0.

Exercício 2.7.25.

Uma árvore partida pelo vento, mantém seu tronco perpendicular ao solo formandocom ele um triângulo retângulo. Se a parte quebrada faz um ângulo de 60o com o solo ese o topo da árvore está agoura distanciado 10m de sua base, qual era aproximadamentea altura original da árvore?Solução.

Figura 2.83:

Seja x o comprimento da parte quebrada da árvore,então a altura da árvore era de x + h metros como seindica na Figura (2.83).

Aqui, x2 = 102 + h2.

Tem-se que 10 · csc 600 = x ⇒ x =20√3

3

Por outro lado, 10 · tan 30o = h ⇒ h =10√3

3.

Portanto, a altura da árvore era 10√3 metros.

Exercício 2.7.26.


Num triângulo △ABC onde AB = 10cm, AC = 12cm e o ângulo A é 30o, determinea área desse triângulo.Solução.

��

SS

SSS

A C

B

12 cm

10 cm

xh

Figura 2.84:

Seja h a altura do triângulo da Figura (2.84).

Tem-se que 10 · sen 300 = h

A área do triângulo é

A =(base)(altura)

2=

(12)(10 · sen 30o)

2= 30

Portanto, a área do triângulo mede 30 unidades

quadradas.

Exercício 2.7.27.

Associando V para as sentenças verdadeiras e F para as falsas, assinale a alternativaque contém a sequência correta.

i) A função y = cscx · sec x é negativa no 2o e no 4o quadrante.

ii) Se sen x = − 5

13, quando

3π

2< x < 2π, então cos x =

10

13.

iii) O domínio da função y = cotx é { x ∈ R / x ≤ kπ }.

iv) A função y = tan x é periódica, com período P = π rad.

Solução.

i) É verdadeira (V). A função csc x é positiva no segundo e negativa no quarto quadrante,e secx é negativa no segundo quadrante e positivo no segundo quadrante . Portantoy = csc x · secx é negativa no 2o e no 4o quadrante.

ii) Se sen x = − 5

13, quando

3π

2< x < 2π, então cos x =

10

13.

iii) O domínio da função y = cot x é { x ∈ R / x ≤ kπ }.

iv) A função y = tan x é periódica, com período P = π rad.

Exercício 2.7.28.


Achar o intervalo de variação de x para que seja válida a identidade:

1. arcsen x+ arccos x =π

22. arccos

√1− x2 = arcsen x

3. arcsen√x+ arccos

√x =

π

24. arccos

√1− x2 = −arcsen x

5. arccos

[1− x2

1 + x2

]= 2arccot x 6. arccos

[1− x2

1 + x2

]= −2 arctanx

7. arctanx+ arctan 1 = arctan

[1 + x

1− x

]8. arctanx = arccot

1

x− π


[1 + x

1− x

]+ π 10. arctanx = arccot

1

x

Solução.

1. Seja um triângulo retângulo de hipotenusa a unidade, e de ângulos agudos α e β, ondesen α = x então, cos β = x. Logo, α = arcsen x e β = arccos x.

Sabe-se que α + β =π

2, assim 0 ≤ α ≤ π

2.

Como arcsen x+ arccos x =π

2, segue que −1 ≤ x ≤ 1.

2. Para o mesmo triângulo da parte 1. deste exercício, tem-se que cosα =√1− x2 ,

então α = arccos√1− x2 = arcsen x.

De onde −1 ≤ x ≤ 1.

3. Seja o mesmo triângulo da parte 1. com ângulos agudos α e β, onde sen α =√x

então, cos β =√x, onde 0 ≤ x ≤ 1.

Como arcsen√x+ arccos

√x =

π

2= α + β, então 0 ≤ x ≤ 1.

4. arccos√1− x2 = −arcsen x

5. arccos

[1− x2

1 + x2

]= 2arccot x

⇓

⇓

⇓

6. arccos

[1− x2

1 + x2

]= −2 arctan x

⇓


⇓

⇓


[1 + x

1− x

]

8. arctanx = arccot1

x− π

⇓

⇓

⇓

9. arctanx+ arctan 1 = arctan[1+x1−x

]+ π

⇓

⇓

10. arctanx = arccot1

x⇓

⇓

Exercício 2.7.29.Mostre que as seguintes fórmulas são verdadeiras:

1. cos x+ cos 2x+ cos 3x =cos 2x · sen (3x

2)

sen(x2)

2. cos x · cos(2π3

+ x) + cos(2π

3+ x) · cos(2π

3− x) + cos(

2π

3− x) cos x = −3

4

3. sen x+ sen 2x+ sen 7x+ sen 8x = 4sen (9x

2) · cos 3x · cos(x

2)

4.tanx+ tan 7x

tan 3x+ tan 5x=

cos 3x · cos 5xcos x · cos 7x

.

5.π

4= arctan

1

2+ arctan

1

3Solução.


1. cos x+ cos 2x+ cos 3x = cos x+ cos 2x+ cos 2x cos x− sen 2xsen x

= cos x+cos 2x(1+cos x)− sen 2xsen x = cos x+2 cos 2x · cos2 x2− sen 2xsen x =

= cos x+ 2 cos 2x · cos2 x2− 2sen 2x cosx = cos x(1− 2sen 2x) + 2 cos 2x · cos2 x

2=

= cos x(cos2−sen 2x) + 2 cos 2x · cos2 x2= cos 2x(cosx+ 2 cos2

x

2) =

=cos 2x(sen x

2cos x+ 2sen x

2cos x

2cos x

2)

sen x2

=cos 2x(sen x

2cosx+ sen x cos x

2)

sen x2

⇒ cosx+ cos 2x+ cos 3x =cos 2x · sen (3x

2)

sen (x2)

2. cos x · cos(2π3

+ x) + cos(2π

3+ x) · cos(2π

3− x) + cos(

2π

3− x) cos x =

cos x

[cos(

2π

3+ x) + cos(

2π

3− x)

]+ cos(

2π

3+ x) · cos(2π

3− x) =

2 cos2 x · cos(2π3) + cos(

2π

3+ x) · cos(2π

3− x) =

2 cos2 x · cos(2π3) + cos2

2π

3cos2 x− sen 22π

3sen 2x =

2 cos2 x(−1

2) + (−1

2)2 cos2 x− (

√3

2)2sen 2x =

− cos2 x+1

4cos2 x− 3

4sen 2x = −3

4

3. sen x+ sen 2x+ sen 7x+ sen 8x =

= sen (9x

2− 7x

2) + sen (

9x

2− 5x

2) + sen (

9x

2+

5x

2) + sen (

9x

2+

7x

2) =

= 2sen (9x

2) cos(

7x

2) + 2sen (

9x

2) cos(

5x

2)

= 2sen (9x

2)

[cos(

7x

2) + cos(

5x

2)

]= 2sen (

9x

2)[cos(3x+

x

2) + cos(3x− x

2)]

= 2sen (9x

2)[2 cos 3x · cos x

2

]= 4sen (

9x

2) · cos 3x · cos(x

2)

4. tanx+tan 7x = tan(4x−3x)+tan(4x+3x) =tan 4x− tan 3x

1 + tan 4x · tan 3x+

tan 4x+ tan 3x

1− tan 4x · tan 3x

=(tan 4x− tan 3x)(1− tan 4x · tan 3x) + (tan 4x+ tan 3x)(1 + tan 4x · tan 3x)

1− tan2 4x · tan2 3x


=2 tan 4x+ 2 tan 4x · tan2 3x

1− tan2 4x · tan2 x=

2 tan 4x · sec2 3x1− tan2 4x · tan2 3x

Por outro lado,

tan 3x+tan 5x = tan(4x−x)+tan(4x+x) =tan 4x− tanx

1 + tan 4x · tanx+

tan 4x+ tanx

1− tan 4x · tan x

=(tan 4x− tanx)(1− tan 4x · tanx) + (tan 4x+ tan x)(1 + tan 4x · tan x)

1− tan2 4x · tan2 x

=2 tan 4x+ 2 tan 4x · tan2 x

1− tan2 4x · tan2 x=

2 tan 4x · sec2 x1− tan2 4x · tan2 x

Logo,tanx+ tan 7x

tan 3x+ tan 5x=

(sec2 3x)(1− tan2 4x · tan2 x)

(1− tan2 4x · tan2 3x)(sec2 x)=

=sec2 3x · cos2 4x cos2 3x(cos2 4x · cos2 x− sen 24x · sen 2x)

sec2 x cos2 4x cos2 x(cos2 4x · cos2 3x− sen 24x · sen 23x)

=(cos 4x · cos x− sen 4x · sen x)(cos 4x · cos x+ sen 4x · sen x)

(cos 4x · cos 3x− sen 4x · sen 3x)(cos 4x · cos 3x+ sen 4x · sen 3x)

=cos 5x · cos 3xcos 7x · cos x

5. Sabe-se que tan(a+ b) =tan a+ tan b

1− tan a · tan b, de onde a+ b = arctan

[tan a+ tan b

1− tan a · tan b

]Podemos supor que tan a = x e tan b = y, assim

arctanx+ arctan y = arctan

[x+ y

1− xy

]

Quando x = 1/2 e y = 1/3 segue que

arctan1

2+ arctan

1

3= arctan

[ 12+ 1

3

1− 12· 13

]⇒ arctan

1

2+ arctan

1

3= arctan 1

Portanto,π

4= arctan

1

2+ arctan

1

3.

Exercício 2.7.30.

Expressar a área de um trapézio isósceles de bases a e b como função do ângulo β dabase a. Construir o gráfico para a = 1 e b = 3.Solução.


Figura 2.85:

Tem-se que 2x+ a = b, logo x =b− a

2, a altura h do

trapézio.

A tangente tan(π − β) =h

xassim h =

b− a

2tan(π −

β).A área em função de β é:

f(β) =b+ a

2

[b− a

2tan(π − β)

]isto é, a função pedida é:

f(β) = −1

4(b2 − a2) tan β,

π

2< β < π

Para o caso particular a = 1 e b = 3 a função é f(β) = −2 tan β.

Exercício 2.7.31.Seja a uma constante real positiva. Resolver a equação em R, sendo 0 < x < a.

√a

√a+

√a2 − x2 +

√3a

√a−

√a2 − x2 = 2

√2x

Sugestão: Considerar a · sen β = x

Solução.

Como x = a · sen β ⇒√a2 − x2 =

√a2 cos2 β = a cos β, na equação original

√a√a+ a cos β +

√3a√

a− a cos β = 2a√2sen β ⇔

√a ·

√2a cos

β

2+√3a

√2asen

β

2= 2a

√2sen β ⇔

cosβ

2+√3a

√3sen

β

2= 2sen β ⇔ 1

2· cos β

2+

√3a

2·√3sen

β

2= sen β ⇔

senπ

6· cos β

2+ cos

π

6·√3sen

β

2= sen β ⇔ sen

(π6+

β

2

)= sen β

Logo, sen(π6+

β

2

)= sen β ⇒ β =

π

3

Portanto, x = asenπ

3=

√3

2a.


2.8 Miscelânea

Miscelânea 2-1

Miscelânea 2.1.1.

Dada a função f(x) =9− x2

4− x2para x ≥ 0, x = 2:

1. Mostre que f é injetora 2. Determine f−1

3. Determine D(f−1) 4. Determine Im(f−1)

Solução.

1. Sejam a ≥ 0, b ≥ 0, sendo a = 2 e b = 2.

Suponhamos que f(a) = f(b), então9− a2

4− a2=

9− b2

4− b2, logo 36− 4a2 − 9b2 + a2b2 =

36− 9a2 − 4b2 + a2b2 de onde a2 = b2. Isto implica que a = b ou a = −b.

O caso a = −b desconsiderar pelo fato que ab ≥ 0. Logo a = b.

Portanto, a função f(x)9− x2

4− x2é injetora.

2. Suponhamos y =9− x2

4− x2, então 4y − yx2 = 9 − x2, de onde x2 =

4y − 9

y − 1, logo x =√

4y − 9

y − 1. Portanto, f−1(x) =

√4x− 9

x− 1.

3. Cálculo do D(f−1(x).

Considere4x− 9

x− 1≥ 0, então 4(x− 9

4)(x−1) ≥ 0, de onde x ∈ (−∞, −1)∪ [

9

4, −∞).

Portanto, D(f−1) = (−∞, −1) ∪ [9

4, −∞).

4. A imagem Im(f−1) = D(f) = [0, 2) ∪ (2, +∞).

Miscelânea 2.1.2.

Resolver gráficamente a equação: 2x − 2x = 0.Solução.

Podemos considerar as funções f(x) = 2x eg(x) = 2x e logo determinar o ponto de interseçãodessas duas funções.

Isto é considerar f(x) = g(x) como indica a Figura(2.86).

É óbvio que os pontos de interseção são (1, 2) e(2, 4). Figura 2.86:


Miscelânea 2.1.3.Determine funções f tais que f(x2)− f(y2) + 2x + 1 = f(x + y) · f(x− y) quaisquer

que sejam os números reais x, y.sol

• Se y = x então f(x2)− f(x2) + 2x+ 1 = f(2x) · f(0), logo 2x+ 1 = f(2x) · f(0).

• Se y = −x então f(x2)− f(x2) + 2x+ 1 = f(0) · f(2x), logo 2x+ 1 = f(2x) · f(0).Logo f(0) · f(t) = t+ 1.

• Se t = 0 então [f(0)]2 = 1. Conseqüentemente f(x) = ±(x+ 1).

Observe, se f(x) = x+ 1:Então f(x2) − f(y2) + 2x + 1 = (x2 + 1) − (y2 + 1) + 2x + 1 = x2 − y2 + 2x + 1 =

(x+ y)(x− y) + 2x+ 1

Por outro lado, f(x+ y) · f(x− y) = [(x+ y)+1][(x− y)+1] = (x+ y)(x− y)+2x+1

Para o caso, f(x) = −(x+ 1):Então f(x2)−f(y2)+2x+1 = −(x2+1)+(y2+1)+2x+1 = −(x2−y2)+2x+1 =

−(x+ y)(x− y) + 2x+ 1

Por outro lado, f(x+y)·f(x−y) = [−[(x+y)+1]][−[(x−y)+1]] = (x+y)(x−y)+2x+1

As duas últimas linhas são diferentes.Portanto, f(x) = x+ 1 é a função procurada.

Miscelânea 2.1.4.Dada a relação: R(x) = 2x3 − 5x2 − 23x, determine todas as raízes da igualdade

R(x) = R(−2).Solução.

Tem-se que R(−2) = 2(−2)3− 5(−2)2− 23(−2) = 10 = R(x) = 2x3− 5x2− 23x então

2x3 − 5x2 − 23x = 10 ⇒ 2x3 − 5x2 − 23x− 10 = 0

de onde (x+ 2)(2x2 − 9x− 5) = 0

⇒ x =9±

√92 + (4)(2)(5)

4=

9±√121

4=

9± 11

4

ou x = −2.Portanto, as raízes sao: x = −1

2, x = 5 e x = −2.

Miscelânea 2.1.5.Determine todas as raízes da equação f(x) = f(5) sabendo que a relação f(x) =

x2 − 12x+ 3 é definida no intervalo [−5, 5].Solução.


Tem-se que f(5) = 52 − (12)(5) + 3 = −32 = f(x) = x2 − 12x+ 3 então

x2 − 12x+ 3 = −32 ⇒ x2 − 12x+ 35 = 0

⇒ x =12±

√122 − (4)(35)

2= 6± 1

Somente existe a raiz x = −5 no intervalo [−5, 5].

Miscelânea 2.1.6.Seja f(n) a soma dos n primeiros elementos de uma progressão aritmética. Mostre

que;f(n+ 3)− 3f(n+ 2) + 3f(n+ 1)− f(n) = 0

Demonstração.Seja a, a + r, a + 2r, · · · , +(a + (n − 1)r) os n primeiros termos de uma progressão

aritmética.Sua soma é: f(n) = a+ (a+ r) + (a+ 2r) + · · ·+ (a+ (n− 2)r) + (a+ (n− 1)r), isto

é f(n) = na+ r(1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1), de onde f(n) = an+rn(n− 1)

2r. Logo:

• f(n+ 3) = a(n+ 3) +r(n+ 3)(n− 2)

2

• −3f(n+ 2) = −3a(n+ 2)− 3r(n+ 2)(n+ 1)

2

• 3f(n+ 1) = 3a(n+ 1) +3rn(n+ 1)

2

• −f(n) = −an− n(n− 1)

2r

Somando estas quatro igualdades resulta:

f(n+ 3)− 3f(n+ 2) + 3f(n+ 1)− f(n) = [a(n+ 3) +r(n+ 3)(n− 2)

2]+

= −[3a(n+ 2) +3r(n+ 2)(n+ 1)

2] + [3a(n+ 1) +

3rn(n+ 1)

2]− [an+

n(n− 1)

2r] =

= a[(n+ 3)− 3(n+ 2) + 3(n+ 1)− n] +r

2[4n2 + 8n+ 6− 4n2 − 8n− 6] = 0

Portanto, f(n+ 3)− 3f(n+ 2) + 3f(n+ 1)− f(n) = 0.

Miscelânea 2.1.7.Esboçar o gráfico dos pontos que satisfaz cada uma das seguintes relações:

Solução.

1. S = { (x, y) ∈ R2 /. y ≤ 2x, y ≥ 2−x }. Ver Figura (2.87)


2. S = { (x, y) ∈ R2 /. y ≤ 2−x, y + x ≥ 0, x2 + y2 < 4 }. Ver Figura (2.88).

3. S = { (x, y) ∈ R2 /. y ≤ 3x, y + x < 0, y ≤ 2−x }. Ver Figura (2.89).

4. S = { (x, y) ∈ R2 /. y ≤ log4 x, x2 + y2 ≤ 9, x > 0 }. Ver Figura (2.90).

5. S = { (x, y) /. y ≤ log0.6 x, x2 + y2 < 16, x > 0 }. Ver Figura (2.91).

6. S = { (x, y) /. x ≤ log3 y, x2 + y2 < 9, y > 0 }. Ver Figura (2.92).

7. S = { (x, y) /. x ≤ 2y, y − x ≥ 0, x2 + y2 < 16 }. Ver Figura (2.93).




Miscelânea 2.1.8.

Diga quais das funções são periódicas. Nos casos afirmativos, determine quando exis-tem os períodos.

1. f(x) = x+ ∥ x ∥ 2. f(x) = 1 se x ∈ Z

3. f(x) =

{1, se, x ∈ Q0, se, x ∈ R−Q

4. f(x) =

sen x, se, x ≥ π

2cosx, se, x <

π

2

5. f(x) = cosx

3+ cos

x

46. f(t) = cos(10t) + cos[(10 + π)t]

Solução.


1. Suponhamos que f(x) seja de período k ∈ R, então

f(x+k) = (x+k)+ ∥ x+k ∥= x+k+ ∥ x ∥ +k = f(x)+2k para o caso k ∈ Z

f(x+k) = (x+k)+ ∥ x+k ∥=

{x+ k+ ∥ x ∥ + ∥ k ∥ se x ∈ R− Z oux+ k+ ∥ x ∥ + ∥ k ∥ +1 se x ∈ R− Z

Portanto, f(x) não é periódica.

2. Se x ∈ Z e k ∈ Z então (x+ k) ∈ Z, logo f(x+ k) = 1 = f(x). Assim, f é de períodok ∈ Z.

Se x ∈ Z e k ∈ R − Z então (x + k) ∈ R − Z, logo f(x + k) = 1 = f(x). Assim, fnão é periódica.

Portanto, f é de período k para todo k ∈ Z.

3. Se x ∈ Q e k ∈ Q então (x+ k) ∈ Q, logo f(x+ k) = 1 = f(x). Assim, f é de períodok ∈ Q.

Se x ∈ R−Q e k ∈ Q então (x+ k) ∈ R−Q, logo f(x+ k) = 0 = f(x). Assim, fé de período k ∈ Q.

Se x ∈ Q e k ∈ R−Q então (x+ k) ∈ R−Q, logo f(x+ k) = 0 = 1 = f(x). Assim,f não é periódica.

Se x ∈ R − Q e k ∈ R − Q então em geral (x + k) ∈ R − Q, logo (x + k) ∈ Q, ef(x+ k) = 0 = f(x). Assim, f não é periódica.

Portanto, f é de período k para todo k ∈ Z.

4. f(x) =

sen x, se, x ≥ π

2cos x, se, x <

π

2Como as funções seno e cossenosão periódicas, temos que f(x) = f(x+ 2kπ).

Portanto, o período da função f(x) é 2π.

5. Sabemos que a função cosseno tem domínio em todos os números reais e é de período2π, isto é cos(θ + 2πk) = cos θ para todo k ∈ Z. Logo, podemos supor que

cosx+ T

3+ cos

x+ T

4= cos

x

3+ cos

x

4

de onde1

3T = 2πm e

1

4T = 2πn, para algum m, n ∈ Z.

De onde13T

14T

=2πm

2πn⇒ 4

3=

m

n, logo quando m = 4, tem-se que n = 3, assim

T = 24π.


Portanto, o período da função f(x) é 24π.

6. Suponhamos que f seja periódica, de período T , então f(t+ T ) = f(t)

Temos que, ω1 = 10T e ω2 = (10 + π)T e comoω1

ω2

=10

10 + π/∈ Q.

Portanto, f(t) não é função periódica.

Miscelânea 2.1.9.Os lados de um triângulo medem 1 cm e 2 cm respectivamente. Construir o gráfico

da área do triângulo como função do ângulo x compreendido entre tais lados.Solução.

Seja h a altura do triângulo da Figura

(2.94).Tem-se que sen x = h

A área do triângulo é

A(x) =(base)(altura)

2=

(2)(sen x)

2= sen x

Portanto, a área do triângulo comofunção do ângulo x é A(x) = sen x.

��

SS

SSS

2 cm

1 cm

xh

Figura 2.94:

Miscelânea 2.1.10.Demonstrar as seguintes identidades:

1. Ln | cscx− cotx |= −Ln | csc x+ cot x |

2. Se f(x) = −Ln | cscx+ cotx |, então e3Ln3√

f(x) = Ln

∣∣∣∣ sen x

1 + cos x

∣∣∣∣Demonstração.

1. Ln | csc x−cotx |= Ln∣∣∣csc2 x− cot2 x

csc x+ cotx

∣∣∣ = Ln∣∣∣ 1

csc x+ cot x

∣∣∣ = −Ln | csc x+cot x |

2. Seja f(x) = −Ln | cscx+ cotx |, então

f(x) = Ln | csc x−cotx |= Ln∣∣∣1− cos x

sen x

∣∣∣ = Ln∣∣∣ 1− cos2 x

sen x(1 + cosx)

∣∣∣ = Ln

∣∣∣∣ sen x

1 + cos x

∣∣∣∣Por outro lado, f(x) = eLn f(x) = e3·

13·Ln f(x) = e3·Ln

3√

f(x)

Portanto, se f(x) = −Ln | csc x+ cot x |, então e3Ln3√

f(x) = Ln

∣∣∣∣ sen x

1 + cosx

∣∣∣∣.


Miscelânea 2.1.11.

Sejam as funções, f(x) =ex + e−x

2e g(x) =

ex − e−x

2. Demonstrar:

1. f(x)+ f(y) = 2f

(x+ y

2

)· f(x− y

2

)2.

g(2x) + g(2y)

f(2x) + f(2y)=

(g

f

)(x+ y)

3. g(x) + g(y) = 2g

(x+ y

2

)· f(x− y

2

)4. [f(x)]2 − [g(x)]2 = 1

5. [f(x) + g(x)]n = f(nx) + g(nx) n ∈ N

6. f(x) é função par e, g(x) é função ímpar.

7.[f(

x

2)]2

= [g(x)]2 + 1 e[g(x

2)]2

= [f(x)]2 − 1

Demonstração.1.Suponhamos 2a = x+ y e 2b = x− y, então a+ b = x e a− b = y.

2f

(x+ y

2

)· f(x− y

2

)= 2f(a) · f(b) = 2

[ea + e−a

2

] [eb + e−b

2

]=

2

[ea+b + e−(a+b) + ea−b + eb−a

4

]=

ea+b + e−(a+b)

2+

ea−b + eb−a

2= f(x) + f(y)

Demonstração.2.Aplicando a parte 1. e 3. deste exercício sabemos que

g(2x) + g(2y)

f(x) + f(y)=

2g(x+ y) · f(x− y)

2f(x+ y) · f(x− y)=

(g

f

)(x+ y)

Demonstração.3.

Suponhamos 2a = x+ y e 2b = x− y, então a+ b = x e a− b = y.

2g

(x+ y

2

)· f(x− y

2

)= 2g(a) · f(b) = 2

[ea − e−a

2

] [eb + e−b

2

]=

2

[ea+b + ea−b − eb−a − e−(a+b)

4

]=

ea+b − e−(a+b)

2+

ea−b − eb−a

2= g(x) + g(y)

Demonstração.4.

Tem-se [f(x)]2 − [g(x)]2 =

[ex + e−x

2

]2+

[ex − e−x

2

]2=

=

[e2x + 2 + e−2x

4

]−[e2x − 2 + e−2x

4

]= 1


Demonstração.5.

Observe que [f(x) + g(x)]n =

[ex + e−x

2+

ex − e−x

2

]n= enx n ∈ N.

Por outro lado, [f(nx) + g(nx)] =

[enx + e−nx

2+

enx − e−nx

2

]= enx n ∈ N.

Portanto, [f(x) + g(x)]n = f(nx) + g(nx) n ∈ N.Demonstração.6.

Dada a função f(x) =ex + e−x

2, tem-se que f(−x) =

e−x + e−(−x)x

2= f(x). Logo f

é função par.

Dada a função g(x) =ex − e−x

2, tem-se que g(−x) =

e−x − e−(−x)x

2= −g(x). Logo

g é função ímpar.Demonstração.7.

Seja 2a = x, então[f(

x

2)]2

= [f(a)]2 =

[ea + e−a

2

]2=

e2a + 2 + e−2a

4

=(e2a − 2 + e−2a) + 4

4= [g(2a)]2 + 1 = [g(x)]2 + 1

Portanto,[f(

x

2)]2

= [g(x)]2 + 1.

Por outro lado, seja x = 2a, logo[g(x

2)]2

= [g(a)]2 =

[ea − e−a

2

]2=

e2a − 2 + e−2a

4

=(e2a + 2 + e−2a)− 4

4= [f(2a)]2 − 1 = [f(x)]2 − 1

Portanto,[g(x

2)]2

= [f(x)]2 − 1.

Miscelânea 2.1.12.Mostre que:

1. cos(arcsen x) =√1− x2 2. sen (arccosx) =

√1− x2

3. sec(arctanx) =√1 + x2 4. csc(arccot x) =

√1 + x2

Demonstração.

1. Seja a circunferência x2 + y2 = 1 e x = sen α, y = cosα, então sen 2α+ cos2 α = 1

para 0 ≤ α < 2π.

Como x2 + y2 = 1 ⇒ cosα =√1− x2. De x = sen α ⇒ α = arcsen x.

Substituindo em cosα =√1− x2 ⇒ cos(arcsen x) =

√1− x2.

2. Pela parte 1. , como x2 + y2 = 1 ⇒ sen α =√1− x2. De x = cosα ⇒ α =

arccos x.


Substituindo em sen α =√1− x2 ⇒ sen (arccos x) =

√1− x2.

3. Seja a identidade a2+1 = b2 e a = tanα, b = secα, então tan2 α+1 = sec2 α para−π

2≤ α <

π

2.

Tem-se que secα =√1 + a2. De a = tanα ⇒ α = arctan a.

Substituindo em secα =√1 + a2 ⇒ sec(arctan a) =

√1 + a2.

4. Na identidade a2 + 1 = b2 e a = cotα, b = cscα, então cot2 α + 1 = csc2 α para−π

2≤ α <

π

2.

Tem-se que cscα =√1 + a2. De a = cotα ⇒ α = arccot a.

Substituindo em cscα =√1 + a2 ⇒ csc(arccot a) =

√1 + a2.

Miscelânea 2.1.13.

Da relação tanα

2=

tanα +m− 1

tanα+m+ 1, determine o valor de tan

α

2.

Solução.

Suponhamos −π

2< α <

π

2, pois, se α = ±π

2segue que tanα = ∞ e se α = 0 é

imediato que m = 1.Como estamos considerando −π < α < π, então −∞ < x = tan

α

2< +∞.

Sabe-se que tanα =2 tan

α

2

1− tan2 α

2

⇒ tanα =2x

1− x2, assim

tanα

2=

tanα +m− 1

tanα +m+ 1⇒ x =

2x

1− x2+m− 1

2x

1− x2+m+ 1

⇒

x[2x+ (m+ 1)(1− x2)] = 2x+ (m− 1)(1− x2) ⇒ (x− 1)[x2(m+ 1)− (m− 1)] = 0

Logo x = tanα

2= 1 ou x = tan

α

2= ±

√m− 1

m+ 1.

Se tanα

2= 1 então α =

π

2absurdo!

Portanto, tanα

2= ±

√m− 1

m+ 1sempre que m > 1.

Miscelânea 2.1.14.Se A e C representam respectivamente o maior e menor dos ângulos de um triângulo

tais que seus lados formam uma progressão aritmética. Mostre que: 4(1 − cosA)(1 −cosC) = cosA+ cosC.Solução.


��

AAAAA

a+ r

a− ra

C

A

Figura 2.95:

Seja r a razão da progressão aritmética, então os ladosdo triângulo são a − r, a e a + r como mostra a Figura(2.95), onde a > r.

Pela lei dos cossenos

(a−r)2 = a2+(a+r)2−2a(a+r) cosC ⇒ 2(a+r) cosC = a+4r

também

(a+ r)2 = a2 + (a− r)2 − 2a(a− r) cosA ⇒ 2(a− r) cosA = a− 4r

multiplicando estas duas últimas igualdades, uma delas por (a− r) e a outra por (a+ r)

e logo somando, tem-se

(a2 − r2)[cosA+ cosC] = a2 − 4r2 (2.3)

De2(a+ r) cosC = a+ 4r ⇒ (a− 2r) = 2(a+ r)(1− cosC)

2(a− r) cosA = a− 4r ⇒ (a+ 2r) = 2(a− r)(1− cosA)

multiplicando estas duas últimas igualdades tem-se

(a2 − 4r2) = 4(a2 − r2)(1− cosA)(1− cosC) (2.4)

De (2.3) e (2.4) segue que

(a2 − r2)[cosA+ cosC] = a2 − 4r2 = 4(a2 − r2)(1− cosA)(1− cosC)

Portanto, 4(1− cosA)(1− cosC) = cosA+ cosC.

Miscelânea 2.1.15.

Demonstre que um triângulo cujos ângulos verifica a relação: 2 cosBsen C = sen A éisósceles.

��

AAAAA

a

cb

C B

A

Figura 2.96:

Suponhamos temos o triângulo que se mostra na Figura(2.96). Logo o seno ou cosseno de cada um dos ângulos épositivo, pois são maiores que zero e menores que π/2. Pelalei dos cossenos

b2 = a2 + c2 − 2ac cosB


Pela lei dos senosa

sen A=

b

senB=

c

sen C

Desta última igualdade, substituindo na lei dos cossenos resulta:

(asenB

sen A

)2= a2 +

(asen C

sen A

)2 − 2a2 ·(sen C

sen A

)cosB

Substituindo a condição inicial resulta, como a = 0 e sen A = 0

(asenB

sen A

)2= a2 +

(asen C

sen A

)2 − a2 ·(sen A

sen A

)⇒

(asenB

sen A

)2=(asen C

sen A

)2 ⇒ sen 2B = sen 2C ⇒ senB = ±sen C

O caso senB = −sen C não acontece, pois os ângulos são positivo. Logo senB = sen C

Portanto o triângulo é isósceles, e temos que refazer a Figura (2.96).

Miscelânea 2.1.16.Achar o domínio de definição das seguintes funções:

1. y =√

Ln (sen x) 2. y = Ln (sen x)

Solução.

1. y =√

Ln (sen x) ∈ R ⇔ Ln (sen x) ≥ 0 ⇔ sen x ≥ 1. Sabe-se que− ≤ sen x ≤ 1 ⇒ sen x = 1 de onde x =

π

2+ 2kπ, k ∈ Z.

Portanto, o domínio é o conjunto { x ∈ R . x =π

2+ 2kπ, k ∈ Z }.

2. y = Ln (sen x) ⇔ sen x > 0. Sabe-se que − ≤ sen x ≤ 1 ⇒ 0 < sen x ≤ 1

de onde 2kπ < x < (2k + 1)π, k ∈ Z.

Portanto, o domínio é o conjunto { x ∈ R . 2kπ < x < (2k + 1)π, k ∈ Z }.

Miscelânea 2.1.17.Verificar as seguintes fórmulas:

1.π

4= arctan

1

2+ arctan

1

5+ arctan

1

82. 2 arctan

1

2= arctan

4

3

3.π

4= 2 arctan

1

7+arctan

1

5+2 arctan

1

84.

π

4= 5 arctan

1

7+2 arctan

3

79

Solução.

Sejam tanα = a, tan β = b, logo tan(α + β) =a+ b

1− ab. Assim

arctan(a) + arctan(b) = arctan(a+ b

1− ab) (2.5)


1. A = [arctan1

2+ arctan

1

5] + arctan

1

8= arctan

[ 12+ 1

5

1− 12· 15

]+ arctan

1

8⇒

A = arctan(7

9) + arctan

1

8= arctan

[ 79+ 1

8

1− 79· 18

]= arctan 1 =

π

4

A igualdade é verdadeira.

2. B = 2arctan1

2= arctan

1

2+ arctan

1

2⇒

B = arctan

[ 12+ 1

2

1− 12· 12

]= arctan 2 = arctan

4

3

A igualdade é falsa!

3. C = 2arctan1

7+ arctan

1

5+ 2 arctan

1

8= 2 arctan

[ 17+ 1

8

1− 17· 18

]+ arctan

1

5⇒

C = arctan

[ 1555

+ 1555

1− 1555

· 1555

]+ arctan

1

5= arctan

33

56+ arctan

1

5⇒

C = arctan

[ 3356

+ 15

1− 3356

· 15

]= arctan

221

247= π

4

A igualdade é falsa!

4. 5 arctan1

7+2 arctan

3

79= 3 arctan

1

7+2 arctan

17+ 3

79

1− 17· 379

= 3arctan1

7+2 arctan

100

550=

= 3 arctan1

7+ 2 arctan

2

11= arctan

1

7+ 2 arctan

17+ 2

11

1− 17· 211

=

= arctan1

7+ 2 arctan

1

3= arctan

1

7+ arctan

13+ 1

3

1− 132

== arctan1

7+ arctan

3

4=

= arctan1

7+ arctan

3

4= arctan

17+ 3

4

1− 17· 34

= arctan25

25=

π

4

A igualdade é verdadeira.

Miscelânea 2.1.18.Mostre que o gráfico da função f(x) = loga(x+

√x2 + 1) é simétrico respeito à origem

de coordenadas. Determine sua função inversa.Solução.


A verificar que, se o ponto (x, y) pertence ao gráfico de y = f(x), também o ponto

(−x, −y) deve pertencer ao gráfico de y = f(x).

O gráfico da função mostra-se na Figura (2.97)Com efeito, seja −x ∈ D(f), logo em f(x) tem-se:

f(−x) = loga(−x+√

(−x)2 + 1) =

= loga(√x2 + 1− x) = loga

[(√x2 + 1)2 − x2

√x2 + 1 + x

]=

= − loga(√x2 + 1 + x) = −y

Assim, o ponto (−x, −y) pertence ao gráfico de

(f(x). Portanto é simétrica respeito à origem. Figura 2.97:

Por outro lado, y = loga(x+√x2 + 1) ⇒ ay =

√x2 + 1 + x de onde

a2y − 2xay − 1 = 0 ⇒ x =a2y − 1

2ay

Portanto, g(x) =a2x − 1

2axé a função inversa de f(x).

Miscelânea 2.1.19.Escrever em forma explícita uma função y = f(x) dada em forma implícita mediante

cada uma das equações:

1. x2 + y2 = 1 2.x2

a2+

y2

b2= 1 3. Ln (x) + Ln (y + 1) = 4

4. x3 + y3 = a3 5. 2x+y(x2 − 2) = x3 + 7 6. (1 + x) cos y − x2 = 0

Solução.

1. x2 + y2 = 1 ⇔ y = f(x) = ±√1− x2

2.x2

a2+

y2

b2= 1 ⇔ y = f(x) = ±| b |

| a |√a2 − x2

3. Ln (x) + Ln (y + 1) = 4 ⇔ Ln (x)− Ln e4 = Ln (y + 1)) ⇔ y = xe−4 − 1

4. x3 + y3 = a3 ⇔ y = f(x) = 3√a3 − x3

5. 2y2x(x2 − 2) = x3 + 7 ⇔ 2y =x3 + 7

2x(x2 − 2)⇔ y = f(x) = log2

[x3 + 7

2x(x2 − 2)

]

6. (1 + x) cos y − x2 = 0 ⇔ cos y =x2

(1 + x)⇔ y = f(x) = arccos

[x2

(1 + x)

]


Miscelânea 2.1.20.

Seja f(x) = a · cos(bx + c). Quais devem ser os valores das constantes a, b e c paraobter a identidade f(x+ 1)− f(x) = sen x ?Solução.

Observe que: f(x+ 1)− f(x) = a · cos(b[x+ 1] + c)− a · cos(bx+ c)

= a[cos([bx+ c] + b)− cos(bx+ c)]

= a[cos(bx+ c) · cos(b)− sen (bx+ c) · sen (b)− cos(bx+ c)]

= a[cos(bx+ c)[cos(b)− 1]− sen (bx+ c) · sen (b)]

= a[−2 cos(bx+ c)sen 2( b2

)− 2sen (bx+ c) · sen

( b2

)cos( b2

)]

= −2a · sen( b2

)· sen (bx+ c+

b

2)

Como f(x+ 1)− f(x) = sen x, então de

= −2a · sen( b2

)· sen (bx+ c+

b

2) = sen x

Segue que b = 1, c = −1

2e a = −1

2csc

1

2.

Miscelânea 2.1.21.

Resolver a equação:

1. 2sen x =√1− sen 2x−

√1 + sen 2x 2. 2cos x =

√1− sen 2x−

√1 + sen 2x

3. 2sen x =√1 + sen 2x+

√1− sen 2x

Solução.

1. Tem-se: 2sen x =√1− sen 2x−

√1 + sen 2x ⇔

⇔ 4sen 2x = (√1− sen 2x)2 − 2

√12 − sen 22x+ (

√1 + sen 2x)2

4sen 2x = 2− 2 cos(2x) ⇔ 8sen 2x = 0 ⇔ x = kπ, k ∈ Z

2. Tem-se: 2 cos x =√1− sen 2x−

√1 + sen 2x ⇔

⇔ 4 cos2 x = (√1− sen 2x)2 − 2

√12 − sen 22x+ (

√1 + sen 2x)2

4 cos2 x = 2− 2 cos(2x) ⇔ 8 cos2 x = 0 ⇔ x =(2k + 1)π

2, k ∈ Z


3. Tem-se: 2sen x =√1− sen 2x+

√1 + sen 2x ⇔

⇔ 4sen 2x = (√1− sen 2x)2 + 2

√12 − sen 22x+ (

√1 + sen 2x)2

4sen 2x = 2 + 2 cos(2x) ⇔ 2 cos 2x = 0 ⇔ x =(2k + 1)π

4, k ∈ Z

Miscelânea 2.1.22.

Figura 2.98:

Num cone circular reto com raio na base R e alturaH encontra-se inscrito um cilindro modo que os planose os centros das bases circulares do cone e cilindrocoincidem. Determine o raio do cilindro para que suasuperfície total seja máxima; sabe-se que H > 2R.Solução.

Seja S a superfície total do cilindro, então S =

2πr2 + 2πrh

Da Figura (2.98) e como H > 2R tem-se:

H

R=

h

R− r⇒ h =

H

R(R− r)

⇒ S = 2πr2 + 2πrH

R(R− r) = 2π

(H −R)

R

[r

RH

H −R− r2

]

⇒ S =2π

R(R−H)

{[HR

2(H −R)

]2−[r − HR

2(H −R)

]2}

Portanto, o raio deve ser igual a r =HR

2(H −R)

Miscelânea 2.1.23.Apresentar o número x como soma de dois números tais que a soma de seus quadrados

seja a menor possível.Solução.

Sejam a e x− a os números, a soma do seus quadrados é S(a) = a2 + (x− a)2, logo

S(a) = x2 − 2ax+ 2a2 = 2(a− x

2)2 +

x2

2

quando a =x

2, teremos que S(

x2

2) é área mínima.

Portanto, os números sãox

2e

x

2.

Miscelânea 2.1.24.


Com um lápis cuja ponta tem 0, 02mm de espessura, deseja-se traçar o gráfico dafunçao f(x) = 2x. Até que distância à esquerda do eixo vertical pode-se ir sem que ográfico atinja o eixo horizontal?Solução.

Para o gráfico atinjir o eixo horizontal, f(x) = 0 e isto acontece quando o centro daponta do lápis se encontre a uma distância de 0, 01mm do eixo-x.

Assim f(a) = 2a = 0, 01 ⇒ a log2 2 = log2 0, 01 ⇒ a = −6, 643 . . .

Miscelânea 2.1.25.Um arame de comprimento x deve-se dividir em duas partes. Uma de elas estará

destinada para construir um quadrado, e a outra para um triângulo equilátero. Qual é ocomprimento de cada parte para que a soma das áreas das figuras obtidas seja a menorpossível.Solução.

Sejam a e x− a os comprimentos.A área do quadrado de lado l é A(l) = l2, e do triângulo equilátero de lado L é

A(L) =

√3

4L2. Suponhamos que, com o arame de comprimento x−a decidimos construir

o quadrado, então cada lado do quadrado medex− a

4e càda lado do triângulo mede

a

3.

A soma das areas é:

S(a) = (x− a

4)2 +

√3

4(a

3)2 ⇔ S(x) =

1

16

[x2 − 2ax+ a2(

9 + 4√3

9)

]

S(a) =(9 + 4

√3)

144

[(a− 9x

(9 + 4√3)

)2+

9x2

(9 + 4√3)

−( 9x

9 + 4√3

)2]

S(a) =(9 + 4

√3)

144

[(a− 9x

(9 + 4√3)

)2+

36√3x2

(9 + 4√3)2

]

observe que S(a) será menor quando a =9x

(9 + 4√3)

.

O lado triângulo mede3x

(9 + 4√3)

e do quadrado√3x

(9 + 4√3)

Miscelânea 2.1.26.Um projeto de Lei para cobrança de impostos, sobre carros prevê que o proprietário de

um carro pagará R$100, 00 mais 7% do valor estimado do carro. Outro projeto propõe queo proprietário pague R$400, 00 mais 2% do valor estimado do carro. Considere apenas osaspectos financeiros; que tipo do cobrança será mais favorável ao proprietário?Solução.


É favorável ao proprietário quando a quantidade a pagar seja a menor possívelSuponhamos seja x o valor do carro. O primeiro projeto prevê que o proprietário

pagará P1(x) = 100 +7

100x. O segundo projeto prevê P2(x) = 400 +

2

100x.

P1 ≤ P2 ⇔ 100 +7

100x ≤ 400 +

2

100x ⇔ x ≤ 6000

P2 ≤ P1 ⇔ 400 +2

100x ≤ 100 +

7

100x ⇔ 6000 ≤ x

O primeiro projeto será favorável, se o carro tem um valor menor ou igual a R$6000, 00,e o segundo projeto será favorável, se o preço do carro for igual ou superior a R$6000, 00.

Miscelânea 2.1.27.Um investidor aplicou uma quantia de dinheiro em ações financeiras com resgate ao

término de 60 dias da aplicação. Nos primeiros 30 dias da aplicação soube que perdeu6% do total investido, e ao término dos 60 dias recuperou 6% de aquilo que restou dosprimeiros 30 dias da aplicação. Ao término dos 60 dias retirou todo seu dinheiro recebendoR$40.000, 00. Qual foi a quantia inicial aplicada pelo investidor?Solução.

Suponha aplicou x reais, em 30 dias perdeu 6% e logo ganhou depois de 30 dias 6%.Assim temos, (x− (6/100)x, logo ganha (6/100)[(x− (6/100)x] logo resultaA quantia x + (6/100)[(x − (6/100)x] = 40000 é x + 0, 06(0, 94)x = 40000 assim

podemos escrever 1, 0564x = 40000 então x = 37864, 45

A quantia inicial aplicada pelo investidor foi de R$37.864, 45

Miscelânea 2.1.28.Observações feitas durante longo tempo mostram que, apóos período de mesma dura-

ção, a população da terra fica multiplicada pelo mesmo fator. Sabendo que essa populaçãoera de 2, 68 bilhões em 1956 e 3, 78 bilhões em 1972, pede-se:

1. O tempo necessário para que a população da terra dobre de valor.

2. A população estimada para o ano 2012.

3. Em que ano a população da terra era de 1 bilhão.

Solução.

1. Como a função que descreve a relação dos anos com o número de habitantes ficamultiplicada pelo mesmo fator, então ela descreve uma reta que passa pelos pontos(1956; 2, 68) e (1872; 3, 78).


O coeficiente angular desta reta é m =3, 78− 2, 68

1972− 1956=

11

160. A equação da reta que

passa pelo ponto (1956; 2, 68) é dada por

y − 2, 68 =11

160(x− 1956) ⇒ y =

11

160(x− 1956) + 2, 68

onde x indica o ano e y a quantidade de habitantes em bilhões.

Tomando como referência que em 1956 a terra tinha 2, 68 bilhões de habitantesqueremos saber em que época terá 2(2, 68) = 5, 36 bilhões habitantes.

5, 36 =11

160(x− 1956) + 2, 68 ⇒ 160× 2, 68

11+ 1956 ≈ 1995

Para que a população da terra dobre de valor será aproximadamente em 1995.

2. Quando x = 2012 então

y =11

160(2012− 1956) + 2, 68 ⇒ y = 6, 53

A população em 2012 será de 6, 53 bilhões de habitantes .

3. Quando y = 1 então

y =11

160(x− 1956) + 2, 68 ⇒ 1− 2, 68 =

11

160(x− 1956) ⇒ y = 1931, 56

A população da terra era de 1 bilhão entre 1931 e 1932.

Capítulo 3

LIMITES

3.1 Vizinhança de um Ponto.

Exercícios 3-1

Exercício 3.1.1.

Estime o valor do limite limx→2

x5 − 32

x6 − 64completando a seguinte tabela:

x 1, 999 1, 9999 1, 99999 1, 999999 2, 01 2, 001 2, 0001 2, 00001

f(x)

Solução.

x 1, 999 1, 9999 1, 99999 1, 999999 2, 01 2, 001 2, 0001 2, 00001

f(x) 0, 4840. 0, 4838. 0, 4838.

Logo limx→2

x5 − 32

x6 − 64= 0, 49206349206349206349206349206349

Exercício 3.1.2.

Calcular o limx→1

.g(x) para g(x) =x+ 3√

x2 + 15− 4completando a seguinte tabela:

x 0, 999 0, 9999 0, 99999 0, 999991 1, 01 1, 001 1, 0001 1, 00001

f(x)

Solução.

x 0, 999 0,9999 0,99999 0,999991f(x) -16003,502 -160003,500 -1600003,500

x 1,01 1,001 1,0001 1,00001f(x) 1596,520

Logo limx→1

.g(x) para g(x) =x+ 3√

x2 + 15− 4= 1596, 5209931724885853640578489557.

201


Exercício 3.1.3.

Calcular limx→a

f(x) para as seguintes funções:Solução.

1. Para a função f(x) =

x2 − 4

x− 2, se, x = 2

5, se, x = 2temos

limx→2

f(x) = limx→2

x2 − 4

x− 2= lim

x→2(x+ 2) = 4

2. Para o limite da função f(x) =

x2 + 5

x, se, x > 1

x2 − 1

x− 1, se, x < 1

Temos que calcular o limite por dois caminhos:

Se x < 1 denotamos x → 1−, tem-se limx→1−

f(x) = limx→1−

x2 − 1

x− 1= lim

x→1−(x+ 1) = 2.

Se x > 1 denotamos x → 1+, tem-se limx→1+

f(x) = limx→1+

x2 + 5

x= 6.

Portanto, não existe limx→1

f(x)

Exercício 3.1.4.

Seja f(x) =x2

3x− 4, mostre que lim

x→1.f(x) = −1.

Solução.

Temos que mostrar que, para todo ϵ > 0 existe δ = δ(ϵ) > 0 tal que∣∣∣∣ x2

3x− 4− (−1)

∣∣∣∣ <ϵ sempre que |x− 1| < δ.

Com efeito, suponhamos qualquer ϵ > 0 e que existe δ > 0 tal que |x− 1| < δ, então∣∣∣∣ x2

3x− 4− (−1)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x2 + 3x− 4

3x− 4

∣∣∣∣ = |x− 1||x+ 4||3x− 4|

< (3.1)

Também podemos supor um δ1 =1

6, então de |x− 1| < δ1 segue que |x− 1| < 1

6⇒

5

6< x <

7

6de onde

29

6< x+ 4 <

31

6, assim |x+ 4| < 31

6. Por outro lado, de

5

6< x <

7

6

segue −3

2< 3x− 4 < −1

2⇒ −2

1<

1

3x− 4< −2

3⇒ 2

3<

1

|3x− 4|< 2

Assim, na desigualdade (3.1) segue∣∣∣∣ x2

3x− 4− (−1)

∣∣∣∣ = |x− 1||x+ 4||3x− 4|

< δ · 316

· (2) = ϵ ⇒ δ =3ϵ

31= δ(ϵ)


Portanto, ∀ ϵ > 0 temos que∣∣∣∣ x2

3x− 4− (−1)

∣∣∣∣ < ϵ sempre que |x − 1| < δ, para

δ = min{ 1

6,3ϵ

31}

Exercício 3.1.5.

Mostre que limx→4

∣∣∣∣2(x− 5)

2x− 7

∣∣∣∣ = −2.

Solução.

Temos que mostrar que, para todo ϵ > 0 existe δ = δ(ϵ) > 0 tal que∣∣∣∣2(x− 5)

2x− 7− (−2)

∣∣∣∣ <ϵ sempre que |x− 4| < δ.

Com efeito, suponhamos qualquer ϵ > 0 e que existe δ > 0 tal que |x− 4| < δ, então∣∣∣∣2(x− 5)

2x− 7− (−2)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣2x− 10 + 4x− 14

2x− 7

∣∣∣∣ = 6|x− 4||2x− 7|

< (3.2)

Também podemos supor um δ1 =1

4, então de |x− 4| < δ1 segue que |x− 4| < 1

4⇒

7

4< x <

9

4de onde −7

2< 2x − 7 < −5

2⇒ −2

5<

1

2x− 7< −2

7⇒ 2

7<

1

|2x− 7|<

2

5Assim, na desigualdade (3.2) segue∣∣∣∣2(x− 5)

2x− 7− (−2)

∣∣∣∣ = 6|x− 4||2x− 7|

< 6 · δ · 25= ϵ ⇒ δ =

5ϵ

12= δ(ϵ)

Portanto, ∀ ϵ > 0 tem-se que∣∣∣∣2(x− 5)

2x− 7− (−2)

∣∣∣∣ < ϵ sempre que |x − 4| < δ, para

δ = min{ 1

4,5ϵ

12}

Exercício 3.1.6.Seja y = x2. Quando x tende para 2; y tende para 4. Qual é o valor para δ em

0 <| x− 2 |< δ; que, dê por resultado | y − 4 |< ε = 0, 001?Solução.

Para ε = 0, 001, tem-se que | y − 4 |< ε então,

|x2 − 4| ≤ |x− 2||x+ 2| < |x+ 2| · δ < (3.3)

Suponhamos δ = 1, então | x−2 |< 1, logo −1 < x−2 < 1 ⇒ 3 < x+2 < 5 ⇒|x+ 2| < 5. Assim, na desigualdade (3.3)

|x2 − 4| ≤ |x− 2||x+ 2| < |x+ 2| · δ < 5δ = ε ⇒ δ =0, 001

5= 0, 0002


Considere δ = min.{1, 0, 0002} para garantir a existência do limite.Portanto, δ = 0, 0002.

Exercício 3.1.7.

Seja y =x2 − 1

x2 + 1. Para x → 2 tem-se y → 3

5. Qual é o valor de δ para que | x− 2 |< δ

dê por resultado | y − 3

5|< ε = 0, 1?

Solução.

Para ε = 0, 1, temos que∣∣∣x2 − 1

x2 + 1− 3

5

∣∣∣ < ε então,∣∣∣2(x2 − 4)

5(x2 + 1)

∣∣∣ < ε, de onde

∣∣∣2(x− 2)(x+ 2)

5(x2 + 1)

∣∣∣ < ε (3.4)

Queremos um δ de modo que | x−2 |< δ. Consideremos como δ1 um número positivo,de modo que | x− 2 |< δ1, então −δ1 + 2 < x < δ1 + 2.

Temos que limitar (neste caso maiorar) |x+ 2|, e1

|x2 + 1|.

Supondo 0 < −δ1 + 2, poderiamos por exemplo considerar δ1 = 1, de onde 1 < x < 3,

então 3 < x+ 2 < 5 e 0 < x2 < x2 + 1. Logo |x+ 2| < 5, e1

|x2 + 1|<

1

x2<

1

1.

Em (3.4) temos ∣∣∣2(x− 2)(x+ 2)

5(x2 + 1)

∣∣∣ ≤ 2|x− 2|(5)(5)(1)

< ε

de onde |x− 2| < ε

2= δ, logo δ =

0, 1

2= 0, 05, logo δ = min .{1; 0, 05}

Portanto, δ = 0, 45.

Exercício 3.1.8.Aplicando a definição, demonstrar os seguintes limites, achando um valor para um

δ > 0, para o valor de ε dado.

1. limx→3

(5x− 3) = 12 ε = 0, 03 2. limx→2

(3x+ 5) = 11 ε = 0, 0012

3. limx→2

[x2 − 4

x− 2

]= 4 ε = 0, 004 4. lim

x→1

[√x− 1

x− 1

]=

1

2ε = 0, 015

5. limx→1

[3x2 − 2x− 1

x− 1

]= 4 ε = 0, 015 6. lim

x→ 12

[4x2 − 1

2x− 1

]= 2 ε = 0, 07

7. limx→3

(7x2 − 20x+ 2) = 5 ε = 0, 001 8. limx→2

[x2

7x− 13

]= 4 ε = 0, 001

9. limx→−3

[3x− 1

3x2 − 25

]= −5 ε = 0, 001 10. lim

x→−3

[x2 − 14

10x+ 29

]= 5 ε = 0, 1

Solução.


1. Para ε = 0, 03, seja |(5x−3)−12| < ε, então |5(x−3)| < ε, de onde |x−3| < ε

5= δ.

Logo δ = 0, 006.

Portanto, limx→3

(5x− 3) = 12. Para ε = 0, 03 existe δ = 0, 006.

2. Para ε = 0, 0012, seja |(3x+5)−11| < ε, então |3(x−2)| < ε, de onde |x−2| < ε

3= δ.

Logo δ = 0, 0004.

Portanto, limx→2

(3x+ 5) = 11. Para ε = 0, 0012 existe δ = 0, 0004.

3. Para ε = 0, 004, seja∣∣∣∣x2 − 4

x− 2− 4

∣∣∣∣ < ε, então∣∣∣∣(x+ 2)(x− 2)

x− 2− 4

∣∣∣∣ = |x− 2| < ε, de

onde |x− 2| < ε = δ. Logo δ = 0, 004.

Portanto, limx→2

[x2 − 4

x− 2

]= 4. Para ε = 0, 004 existe δ = 0, 004.

4. Para ε = 0, 015, seja∣∣∣∣√x− 1

x− 1− 1

2

∣∣∣∣ < ε, então∣∣∣∣ √

x− 1

(√x+ 1)(

√x− 1)

− 1

2

∣∣∣∣ ==

∣∣∣∣ 1

(√x+ 1)

− 1

2

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ √x− 1

2(√x+ 1)

∣∣∣∣ = |x− 1|2(√x+ 1)2

≤ (3.5)

Temos que maiorar1√x+ 1

. Com efeito, suponhamos que δ = 1, então de |x−1| < 1

segue que −1 < x− 1 < 1 ⇒ 0 <√x <

√2 de onde 1 <

√x+1 <

√2+1, logo

1

2(√2 + 1)2

<1

2(√x+ 1)2

<1

2. Assim, na desigualdade (3.5) temos

∣∣∣∣√x− 1

x− 1− 1

2

∣∣∣∣ = |x− 1|2(√x+ 1)2

≤ |x− 1|2

< ε

de onde |x− 1| < 4ε = δ. Logo δ = 0, 03.

Portanto, limx→1

[√x− 1

x− 1

]=

1

2. Para ε = 0, 015 existe δ = min{0, 03; 1}.

5. Para ε = 0, 015, seja∣∣∣∣3x2 − 2x− 1

x− 1− 4

∣∣∣∣ < ε, então∣∣∣∣(3x+ 1)(x− 1)

x− 1− 4

∣∣∣∣ = 3|x −

1| < ε, de onde |x− 1| < ε

3= δ. Logo δ = 0, 005.

Portanto, limx→1

[3x2 − 2x− 1

x− 1

]= 4. Para ε = 0, 015 existe δ = 0, 005.

6. Para ε = 0, 07, seja∣∣∣∣4x2 − 1

2x− 1− 2

∣∣∣∣ < ε, então∣∣∣∣(2x+ 1)(2x− 1)

2x− 1− 2

∣∣∣∣ = 2|x− 1

2| < ε,

de onde |x− 1

2| < ε

2= δ. Logo δ = 0, 035.


Portanto, limx→ 1

2

[4x2 − 1

2x− 1

]= 2. Para ε = 0, 07 existe δ = 0, 035.

7. Para ε = 0, 001, seja |7x2 − 20x+ 2− (5)| < ε, isto é

|7x2 − 20x− 3| = |(7x+ 1)(x− 3)| = |7x+ 1||x− 3| ≤ (3.6)

Temos que maiorar |7x+1|. Com efeito, suponhamos que δ = 1, então de |x−3| < 1

segue que −1 < x − 3 < 1 ⇒ 2 < x < 4 de onde 14 < 7x < 28, logo16 < 7x+ 1 < 29. Assim, na desigualdade (3.6) temos

|7x2 − 20x− 3| = |7x+ 1||x− 3| ≤ 29|x− 3| < ε

de onde |x− 3| < ε

29= δ. Logo δ = 3, 448....

Portanto, limx→3

(7x2 − 20x+ 2) = 5. Para ε = 0, 001 existe δ = min{3, 448...; 1} = 1.

8. Para ε = 0, 001, seja∣∣∣ x2

7x− 13− 4∣∣∣ < ε, isto é

∣∣∣ x2

7x− 13− 4∣∣∣ = ∣∣∣x2 − 28x+ 52

7x− 13

∣∣∣ = ∣∣∣(x− 2)(x− 26)

7x− 13

∣∣∣ ≤ (3.7)

Como estamos verificando o limite numa vizinhança de x = 2 e o denominador dafunção f(x) é 7x − 13 = 0 isto é x = 1, 8571, o raio da vizinhança de x = 2 nãodeve ultrapassar x = 1, 8571, aqui é melhor trabalhar com um raio menor do que2− 1, 8571

2= 0, 071.... Podemos considerer por exemplo δ = 0, 01.

Temos que maiorar∣∣∣ x− 26

7x− 13

∣∣∣. Com efeito, suponhamos que δ = 0, 01, então de

|x− 2| < 0, 01 segue que 1, 99 < x < 2, 01 de onde −24, 01 < x− 26 < −23, 99, logo0 < |x− 26| < 24, 01.

Por outro lado, de |x−2| < 0, 01 ⇒ 1, 99 < x < 2, 01 e segue que 13, 93 < 7x <

14, 07 de onde 0, 93 < 7x− 13 < 1, 07 e100

107<∣∣∣ 1

7x− 13

∣∣∣ < 100

93= 1, 07

Assim, na desigualdade (3.7) temos

∣∣∣ x2

7x− 13− 4∣∣∣ = ∣∣∣x2 − 28x+ 52

7x− 13

∣∣∣ = ∣∣∣(x− 2)(x− 26)

7x− 13

∣∣∣ ≤ |x− 2|(24, 01)0, 107

< ε

de onde |x− 2| < ε0, 107

24, 01= δ. Logo δ =

(0, 001)(0, 107)

24, 01= 0, 00000445...

Portanto, limx→2

[x2

7x− 13

]= 4. Para ε = 0, 1 existe δ = min{0, 00000445..; 1} = 1.


9. Para ε = 0, 001, seja∣∣∣ 3x− 1

3x2 − 25− (−5)

∣∣∣ < ε, quando |x− (−3)| < δ, isto é

∣∣∣ 3x− 1

3x2 − 25− (−5)

∣∣∣ = ∣∣∣3(5x2 − x− 42)

3x2 − 25

∣∣∣ = ∣∣∣3(5x− 14)(x+ 3)

3x2 − 25

∣∣∣ ≤ (3.8)

Como estamos verificando o limite numa vizinhança de x = −3 e o denominador dafunção f(x) é 3x2 − 25 = 0 isto é x = ±2, 88..., o raio da vizinhança de x = −3 nãodeve ultrapassar x = −2, 88..., aqui é melhor trabalhar com um raio menor do que| − 3− (−2, 88)|

2= 0, 061.... Podemos considerer por exemplo δ = 0, 05.

Suponhamos que δ = 0, 05, então de |x−(−3)| < 0, 05 segue que −3, 05 < x < −2, 95

de onde −29, 25 < 5x− 14 < −28, 75, logo 0 < |5x− 14| < 29, 25.

Por outro lado, −3, 05 < x < −2, 95 ⇒ 21, 1075 < 3x2 − 5 < 22, 9075 ⇒1

3x2 − 5≤ 1

21, 1075

Assim, na desigualdade (3.8) temos∣∣∣ 3x− 1

3x2 − 25− (−5)

∣∣∣ = ∣∣∣3(5x− 14)(x+ 3)

3x2 − 25

∣∣∣ < |x+ 3|3(29, 25)21, 1075

< ε

de onde |x− (−3)| < ε(21, 1075)

(3(29, 25))= δ. Logo δ =

ε(21, 1075)

(3(29, 25))= 2, 405....

Portanto, limx→2

[3x− 1

3x2 − 25

]= 5. Para ε = 0, 001 existe δ = min{2, 405...; 0, 05} =

0, 05.

10. Para ε = 0, 1, seja∣∣∣ x2 − 14

10x+ 29− 5∣∣∣ < ε, isto é

| x2 − 14

10x+ 29− 5| =

∣∣∣x2 − 50x− 159

10x+ 29

∣∣∣ = ∣∣∣(x+ 3)(x− 33)

10x+ 29

∣∣∣ ≤ (3.9)

Como estamos verificando o limite numa vizinhança de x = −3 e o denominador dafunção f(x) é 10x + 29 = 0 isto é x = −2, 9, o raio da vizinhança de x = −3 nãodeve ultrapassar x = −2, 9, aqui é melhor trabalhar com um raio δ = 0, 01.

Temos que maiorar∣∣∣ x− 33

10x+ 29

∣∣∣. Com efeito, suponhamos que δ = 0, 01, então de

|x+ 3| < 0, 01 segue que −3, 01 < x < −2, 99 de onde −56, 01 < x− 53 < −55, 99,logo 0 < |x− 53| < 56, 01.

Por outro lado, de |x+ 3| < 0, 01 ⇒ −3, 01 < x < −2, 99 e segue que −30, 1 <

10x < −29, 9 de onde −1, 1 < 10x+ 29 < −0, 9 e10

11<∣∣∣ 1

10x+ 29

∣∣∣ < 10

9= 1, 11


Assim, na desigualdade (3.9) temos

∣∣∣ x2 − 14

10x+ 29− 5∣∣∣ = ∣∣∣(x+ 3)(x− 33)

10x+ 29

∣∣∣ ≤ |x+ 3|(56, 01)(1, 11) < ε

de onde |x+ 3| < ε

(56, 01)(1, 11)= δ. Logo δ = 0, 0016...

Portanto, limx→−3

[x2 − 14

10x+ 29

]= 5. Para ε = 0, 1 existe δ = min{0, 0016...; 1} =

0, 0016....

Exercício 3.1.9.Aplicando a definição de limite, mostrar as seguintes igualdades:

Solução.

1. limx→2

(3x2−x) = 10 ⇔ |(3x2−x)−10| ≤ |(3x+5)(x−2)| ≤ |(3x+5)(x−2)| < δ|3x+5|

Suponha δ1 = 1 ⇒ |x− 2| < 1 ⇒ 8 < |3x+ 5| < 14 de onde

⇔ |(3x2 − x)− 10| < δ|3x+ 5| < 14δ = ϵ

Considerando δ = min{1, ϵ

14}, e suficiente para verificar que lim

x→2(3x2 − x) = 10.

2. limx→5

√4 + x

x2 − 9=

3

4⇔

∣∣∣√ 4 + x

x2 − 9− 3

4

∣∣∣ ≤ ∣∣∣4√4 + x− 3√x2 − 9

4√x2 − 9

∣∣∣ ≤≤∣∣∣ (x− 5)(9x+ 29)

(4√x2 − 9)(4

√4 + x+ 3

√x2 − 9)

∣∣∣ (3.10)

Seja δ1 = 1, então |x − 5| < 1 ⇔ −1 < x − 5 < 1 ⇔ 4 < x < 6,

logo 7 < x2 − 9 < 27 então1

4√x2 − 9

<1

4√7. Por outro lado, 4

√8 < 4

√4 + x <

10 ⇒ 1

4√4 + x

<1

4√8

e 65 < |9x+ 29| < 83.

Na desigualdade (3.10) segue que

<∣∣∣ (x− 5)(9x+ 29)

(4√x2 − 9)(4

√4 + x)

∣∣∣ < δ · 83(4√7)(4

√8)

= ϵ

Considerando δ = min{1, 16√56ϵ

83}, e suficiente para verificar que lim

x→5

√4 + x

x2 − 9=

3

4.

3. limx→−2

[2 + x+ x2

2x+ 5

]= 4 ⇔ |2 + x+ x2

2x+ 5− 4| ≤

≤∣∣∣x2 − 7x− 18

2x+ 5

∣∣∣ ≤ ∣∣∣(x− 9)(x+ 2)

2x+ 5

∣∣∣ ≤ |x− 9| · δ|2x+ 5|


Quando 2x+5 = 0 segue que x = −2, 5, e como o limite é quando x → −2, observe

que de −2 até −2, 5 tem-se 0, 5 =1

2, é por isso que devemos considerar o δ1 menor

que1

2.

Suponha δ1 =1

4⇒ |x + 2| < 1

4⇒ −1

4< x + 2 <

1

4⇒ 1

2< 2x + 5 <

3

2⇒ 2

3<

1

|2x+ 5|< 2.

Por outro lado, como −1

4< x+2 <

1

4então −45

4< x− 9 < −43

4, logo |x− 9| < 45

4

de onde|x− 9| · δ|2x+ 5|

<45

4· δ · 2 = ϵ.

Considerando δ = min{14,2ϵ

45}, é suficiente para mostrar que lim

x→−2

[2 + x+ x2

2x+ 5

]= 4.

4. limx→3

4

x− 2= 4 ⇔ | 4

x− 2− 4| ≤

∣∣∣12− 4x

x− 2

∣∣∣ ≤ 4|x− 3||x− 2|

<4 · δ

|x− 2|

Suponha δ1 =1

2⇒ |x−3| < 1

2⇒ −1

2< x−3 <

1

2⇒ 2

3<

1

|x− 2|< 2,

logo4 · δ

|x− 2|< 8 · δ = ϵ.

Considerando δ = min{12,ϵ


x→3

4

x− 2= 4.

5. limx→ 1

2

3 + 2x

5− x=

8

9⇔

∣∣∣3 + 2x

5− x− 8

9

∣∣∣ ≤≤∣∣∣9(3 + 2x)− 8(5− x)

9(5− x)

∣∣∣ ≤ ∣∣∣13(2x− 1)

9(5− x)

∣∣∣ < 26δ

9|x− 5|

Suponha δ1 = 1 ⇒ |x − 1

2| < 1 ⇒ −11

2< x − 5 < −7

2⇒ −2

7<

1

x− 5< − 2

11⇒ 2

11<

1

|x− 5|<

2

7de onde

∣∣∣3 + 2x

5− x− 8

9

∣∣∣ < 26δ

63= ϵ

Considerando δ = min{1, 63ϵ


x→ 12

3 + 2x

5− x=

8

9.

6. limx→0

x2 + 2x+ 2

x2 − 2x+ 1= 2 ⇔

∣∣∣x2 + 2x+ 2

x2 − 2x+ 1− 2∣∣∣ = ∣∣∣x(x− 6)

(x− 1)2

∣∣∣ < δ|x− 6|(x− 1)2

Seja δ1 = 0, 5 ⇒ −0, 5 < x − 0 < 0, 5 ⇒ 0, 5 < x − 1 < 1, 5 ⇒ 1

4<

(x − 1)2 <9

4, assim

1

(x− 1)2< 4. Por outro lado, −0, 5 < x − 0 < 0, 5 ⇒

−6, 5 < x− 6 < −5, 5 ⇒ 5, 5 < |x− 6| < 6, 5

Observe que∣∣∣x2 + 2x+ 2

x2 − 2x+ 1− 2∣∣∣ = ∣∣∣x(x− 6)

(x− 1)2

∣∣∣ < δ|x− 6|(x− 1)2

< δ · (6, 5)(4) = ϵ


Considerando δ = min{12;

ϵ


x→0

x2 + 2x+ 2

x2 − 2x+ 1= 2.

7. limx→5

√6− x = 1 ⇔ |

√6− x− 1| ≤

∣∣∣ (6− x)− 1√6− x+ 1

∣∣∣ ≤ |x− 5|√6− x+ 1

<δ√

6− x+ 1

Suponha δ1 = 1 ⇒ |x − 5| < 1 ⇒ 1 <√6− x + 1 <

√2 + 1 ⇒

1√2 + 1

<1√

6− x+ 1< 1, logo |

√6− x− 1| < δ√

6− x+ 1< δ · (1) = ϵ.

Considerando δ = min{1, ϵ}, é suficiente para mostrar que limx→5

√6− x = 1.

8. limx→−2

(x3+2) = −6 ⇔ |(x3+2)+6| ≤ |x3+8| ≤ |(x2+x+4)(x+2)| < δ|x2+x+4|

Suponha δ1 = 1 ⇒ |x + 2| < 1, logo −3 < x < −1 e 1 < x2 < 9 também1 < x+ 4 < 3 e como |x2 + x+ 4| ≤ |x2|+ |x+ 4| então |x2 + x+ 4| ≤ 12 de onde:|(x3 + 2) + 6| < δ|x2 + x+ 4| < 12δ = ϵ.

Considerando δ = min{1, ϵ

12}, e suficiente para mostrar que lim

x→−2(x3 + 2) = −6.

9. limx→1

3√3x2 − 11

3= −2

3⇔

∣∣∣∣ 3√3x2 − 11

3+

2

3

∣∣∣∣ ≤ 1

3| 3√3x2 − 11 +

3√8| ≤

≤ 1

3

3|(x− 1)(x+ 1)|| 3√

(3x2 − 11)2 + 3√8 3√3x2 − 11 + 3

√82|

< δ|x+ 1|

|2 3√3x2 − 11|

<

Observe, quando 3√3x2 − 11 = 0 ⇒ 3

√11

3≈ 1, 54 . . . e como estamos traba-

lhando numa vizinhança de x = 1, devemos considerar δ1 < 0, 54 . . .

Suponha δ1 =1

2⇒ |x− 1| < 1

2, logo

3

2< |x+ 1| < 5

2.

Também de |x − 1| <1

2segue − 3

√41

4< 3

√3x2 − 11 < − 3

√17

4de onde temos

1

2| 3√3x2 − 11|

<1

23

√4

17. Assim temos

limx→1

3√3x2 − 11

3= −2

3⇔

∣∣∣∣ 3√3x2 − 11

3+

2

3

∣∣∣∣ < δ|x+ 1|

|2 3√3x2 − 11|

< δ · 52· 12

3

√4

17

Seja ϵ = δ · 52· 12

3

√4

17⇒ δ =

4ϵ

53

√17

4

Considerando δ = min{12,4ϵ

53

√17

4}, e suficiente para mostrar que lim

x→1

3√3x2 − 11

3=

−2

3


10. limx→1

x+ 1√x

= 2 ⇔∣∣∣∣x+ 1√

x− 2

∣∣∣∣ ≤ 1√x|x+ 1− 2

√x| ≤ 1√

x|(√x− 1)2| ≤

≤∣∣∣∣ (x− 1)2√

x(√x+ 1)2

∣∣∣∣ < ∣∣∣∣ δ2√x(√x+ 1)2

∣∣∣∣Como estamos trabalhando numa vizinhança de x = 1, devemos considerar δ1 < 1,pois a distância de x = 1 a

√x = 0 é uma unidade.

Suponha δ1 =1

2⇒ |x − 1| < 1

2, logo

1√x

<√2 e

√2 + 1√2

< |√x + 1| <

√3 +

√2√

2⇒ 1

|√x(√x+ 1)2|

<2√2

(√2 + 1)2

. Logo

<

∣∣∣∣ δ2√x(√x+ 1)2

∣∣∣∣ < 2√2δ2

(√2 + 1)2

= ϵ ⇒ δ =

√2 + 14√8

Considerando δ = min{12,

√2 + 14√8

}, e suficiente para mostrar que limx→1

x+ 1√x

= 2.

11. limx→64

√x− 1

3√x+ 3

= 1

⇓

⇓

⇓

12. limx→1

x− 1√x2 + 3− 2

= 2

⇓

⇓

⇓

13. limx→−5

3x

x+ 8= −5

⇓


⇓

⇓

⇓

14. limx→−1

| x |x2 + 1

=1

2⇓

⇓

⇓

15. limx→4

[x2 − 3x− 4

x− 3

]= 0 ⇔ |x

2 − 3x− 4

x− 3− 0| ≤

∣∣∣(x− 4)(x+ 1)

x− 3

∣∣∣ ≤ |x+ 1| · δ|x− 3|

Suponha δ1 =1

2⇒ |x − 4| <

1

2⇒ −1

2< x − 4 <

1

2⇒ 2

3<

1

|x− 3|< 2. Por outro lado, como −1

2< x − 4 <

1

2então

9

2< x + 1 <

11

2, logo

|x+ 1| · δ|x− 3|

<11

2· δ · 2 = ϵ.

Considerando δ = min{12,ϵ


x→4

[x2 − 3x− 4

x− 3

]= 0.

16. limx→1

| 2− x |3x− 1

=1

2⇓

⇓

⇓

17. limx→7

x+ 1

9x− 60=

8

3⇓

⇓


⇓

18. limx→0

x−√2

2x+√3= −

√2

3⇓

⇓

⇓

19. limx→π

3x

6x− 5π= 3 ⇔

∣∣∣∣ 3x

6x− 5π− 3

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣−15x+ 15π

6x− 5π

∣∣∣∣≤∣∣∣∣15(x− π)

6x− 5π

∣∣∣∣ < ∣∣∣∣ 15δ

6x− 5π

∣∣∣∣Como estamos trabalhando numa vizinhança de x = π, e de 6x − 5π = 0 temos

x =5

6π, devemos considerar δ1 < |π − 5

6| = π

6.

Suponha δ1 =π

12⇒ |x−π| < π

12, logo

π

2< 6x−5π <

3π

2⇒ 1

|6x− 5π|<

2

π. Logo

<

∣∣∣∣ 15δ

6x− 5π

∣∣∣∣ < 15δ

|6x− 5π|<

30δ

π= ϵ ⇒ δ =

π

30ϵ

Considerando δ = min{ π

12,π

30ϵ}, e suficiente para mostrar que lim

x→π

3x

6x− 5π= 3.

20. limx→

√2

3x2 + 1

x4 + 1=

7

5⇓

⇓

⇓

21. limx→

√2

∥ x ∥ +x

3 + x− x2= 1

⇓


⇓

⇓

22. limx→ 1

2

[∥ x ∥x+ 1

]= 0

⇓

⇓

⇓

23. limx→8

8− x

64− x2=

1

16⇓

⇓

⇓

24. limx→−1

[4x2 + 1

3x+ 2

]= −5

⇓

⇓

⇓

25. limx→0

√4x2 + 1 = 1

⇓

⇓

⇓


26. limx→0

[2x

63x− 1

]= 0

⇓

⇓

⇓

27. limx→3

[sgn(x2 − 1)

x+ 4

]=

1

7⇔

∣∣∣∣sgn(x2 − 1)

x+ 4− 1

7

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣7− (x+ 4)

7(x+ 4)

∣∣∣ ≤ |x− 3|7|x+ 4|

<

δ

7|x+ 4|Lembre, quando x = 3 então sgn(32 − 1) = sgn(8) = +1. Suponha δ1 = 1 ⇒|x − 3| < 1 ⇒ −1 < x − 3 < 1 ⇒ 1

56<

1

7|x+ 4|<

1

42, logo

δ

7|x+ 4|<

1

42· δ = ϵ.

Considerando δ = min{1, 42ϵ}, é suficiente para mostrar que limx→3

[sgn(x2 − 1)

x+ 4

]=

1

7.

28. limx→ 5

2

[∥ x ∥ +2

x2

]=

16

25⇓

⇓

⇓

29. limx→−4

2x− 4

5x+ 23= −4

⇓

⇓

⇓

30. limx→−3

[√−4x− 3

x+ 2

]= −3

⇓


⇓

⇓

Exercício 3.1.10.

Considere a sucessão un+1 = un +2− u2

n

2un

sendo u1 = 1. Determine os primeiros

elementos u2, u3, u4 e calcule o limite de un quando n cresce indefinidamente.Solução.

Temos u2 =1

2+ 1 =

3

2= 1, 5 . . . ; u3 =

3

4+

2

3=

17

12= 1, 4167...

u4 =17

24+

12

17=

577

408= 1, 41422...

un+1 = un +2− u2

n

2un

=2u2

n + 2− u2n

2un

=un

2+

1

un

A sequência é de números positivos e decrescente, quando n ≥ 2 logo

un

2+

1

un

= un+1 < un ⇒ 1

un

<un

2⇒

√2 < un < u2 =

3

2

Portanto,√2 ≤ lim

n→∞un ≤ 1, 5.

Exercício 3.1.11.

Seja a sucessão definida pela relação de recorrência un =√2 + un−1 sendo u1 =

√2.

Calcular o limite da sucessão un quando n cresce indefinidamente.Solução.

Temos u2 =√

2 +√2 = 1, 848..., u3 =

√2 +

√2 +

√2 = 1, 96158... também

; u4 =

√2 +

√2 +

√2 +

√2 = 1, 990... ⇒ un+1 =

√2 + un.

A sequência é de números positivos e crescente, logo

un+1 =√2 + un > un ⇒ 2 + un > u2

n ⇒ u2n − un < 2

⇒ (un −1

2)2 <

9

4⇒ 1−

√9

2< un <

√9 + 1

2⇒ −1 < un < 2

Como u1 > 0, então, 0 < limn→∞

un ≤ 2.

Por outro lado, considerando que estamos trabalhando com infinitas somas, podemos


escrever

u2n = 2 +

√2 +

√2 +

√2 +

√2 · · · ⇒ u2

n − un − 2 = 0 ⇒

⇒ (un − 2)(un + 1) = 0

de onde un = 2 para n → ∞, pois a sequência é positiva.Portanto, lim

n→∞un = 2.

Exercício 3.1.12.

Mostre que a sequência un = 1+(−1)n não tem limite quando n cresce indefinidamente.Solução.

Todo número inteiro positivo pode ser par n = 2m ou ímpar n = 2m+1 para m ∈ Z+,e quando n → ∞ ⇒ m → ∞.

Assim, se n é par podemos escrever na forma un = u2m = 1+(−1)2m = 1+[(−1)2]m =

1 + 1m = 2. Logo limn→∞

un = limm→∞

u2m = limm→∞

2 = 2.Por outro lado, se n é ímpar podemos escrever na forma un = u2m+1 = 1+(−1)2m+1 =

1 + [(−1)2]m(−1)1 = 1− 1m = 0. Logo limn→∞

un = limm→∞

u2m+1 = limm→∞

0 = 0.

Temos limn→∞

un = 2 e limn→∞

un = 0, pela unicidade do limite, afirmo que não existelimn→∞

un.

Exercício 3.1.13.

Mostre que, ao crescer n indefinidamente, a sequência un =2n + (−2)n

2nnão tem

limite. A sequência vn =2n + (−2)n

3ntem limite? Justificar sua resposta.

Solução.

Observe que un =2n + (−2)n

2n=

2n

2n+ (−1)n

2n

2n= 1 + (−1)n.

Tem-se que o limite limn→∞

[1+(−1)n] pode assumir três valores distintos, e pela unicidadedo limite temos que lim

n→∞un não existe.

Por outro lado, vn =2n + (−2)n

3n= [

2

3]n + (−1)n[

2

3]n.

Tem-se que o limite limn→∞

{[2

3]n + (−1)n[

2

3]n}

= 0 pela unicidade do limite temos

que limn→∞

vn = 0 existe.

Exercício 3.1.14.

Calcular o limx→3

g(x) para g(x) =x− 3

x2 − 9completando a seguinte tabela:


x 2, 999 2, 9999 2, 99999 2, 999999 3, 01 3, 001 3, 0001 3, 00001

f(x)

Solução.

x 2, 999 2, 9999 2, 99999 2, 999999

f(x) 0, 1666944490748 0, 1666694444907 0, 1666669444449 0, 1666666944444

x 3, 01 3, 001 3, 0001 3, 00001

f(x) 0, 1663893510815 0, 1666388935177 0, 1666638889351 0, 1666666666666


3.2 Propriedades dos Limites.

Exercícios 3-2

Exercício 3.2.1.

Mostre as seguintes propriedades.

1. limx→a

.f(x) = 0 ⇒ limx→a

| f(x) |= 0.

2. limx→a

.f(x) = L ⇒ limx→a

[f(x)− L] = 0

3. limx→a

.f(x) = L ⇒ limx→a

| f(x) |=| L |.

4. limx→a

.f(x) = limh→0

.f(a+ h)

Solução.

1. limx→a

.f(x) = 0 ⇒ ∀ ϵ > 0, ∃ δ = δ(ϵ) > 0 tal que |f(x) − 0| < ϵ sempre que

0 < |x− a| < δ.

Isto é ∀ ϵ > 0, ∃ δ = δ(ϵ) > 0 tal que ||f(x)| − |0|| ≤ |f(x) − 0| < ϵ sempreque 0 < |x− a| < δ,

Então limx→a

.|f(x)| = 0.

2. limx→a

.f(x) = L ⇒ ∀ ϵ > 0, ∃ δ = δ(ϵ) > 0 tal que |f(x) − L| < ϵ sempre que

0 < |x− a| < δ.

Isto é ∀ ϵ > 0, ∃ δ = δ(ϵ) > 0 tal que |f(x)−L| = |[f(x)−L]− 0| < ϵ sempreque 0 < |x− a| < δ,

Então limx→a

.[f(x)− L] = 0.

3. limx→a

.f(x) = L ⇒ ∀ ϵ > 0, ∃ δ = δ(ϵ) > 0 tal que |f(x) − L| < ϵ sempre que

0 < |x− a| < δ.

Isto é ∀ ϵ > 0, ∃ δ = δ(ϵ) > 0 tal que ||f(x)| − |L|| ≤ |f(x) − L| < ϵ sempreque 0 < |x− a| < δ,

Então limx→a

.|f(x)| = |L|.

4. Suponhamos que limx→a

.f(x) = L ⇒ ∀ϵ > 0, ∃δ = δ(ϵ) > 0 tal que |f(x)−L| < ϵ

sempre que 0 < |x− a| < δ.

Se x ∈ Vδ(a) ⇒ −δ < x− a < δ, de onde −δ < h < δ onde h = x− a, isto éx = h+ a e −δ < h− 0 < δ ⇒ h ∈ Vδ(0).


Isto é ∀ ϵ > 0, ∃ δ = δ(ϵ) > 0 tal que |f(h + a) − L| < ϵ sempre que 0 <

|h− 0| < δ, logo limh→0

.f(h+ a) = L

Portanto, limx→a

.f(x) = limh→0

.f(h+ a).

Exercício 3.2.2.Apresentar um exemplo de modo que:

1. Exista limx→a

| f(x) | e não exista limx→a

·f(x).

2. Exista limx→a

[f(x) + g(x)] e não existam limx→a

·f(x) e limx→a

·g(x) .

Solução.

1. Seja f(x) =

{−2, se x < a

2, se a ≤ a.

Observe que |f(x)| = 2 para todo x ∈ R, logo limx→a

| f(x) |= 2 existe . Porém não

existe limx→a

·f(x), pois os limites laterais são diferentes.

2. Sejam f(x) =

{0, se x < a

1, se a ≤ ae g(x) =

{1, se x < a

0, se a ≤ a.

Temos f(x) + g(x) = 1 para todo x ∈ R. Observe que não existem limx→a

f(x) elimx→a

g(x)

Exercício 3.2.3.Caso existam os limites lim

x→a·f(x) e lim

x→a[f(x) + g(x)]. Existe lim

x→a·g(x) ?

Solução.

Sim, existe limx→a

·g(x). Pois podemos escrever g(x) = [f(x) + g(x)]− f(x).

Exercício 3.2.4.Caso existam os limites lim

x→a·f(x) e lim

x→a[f(x) · g(x)]. Existe lim

x→a·g(x) ?

Solução.

Nem sempre. Podemos escrever g(x) =f(x)g(x)

f(x)então quando lim

x→a·f(x) = 0 e

g(x) =

{0 se x ∈ Q1 se x ∈ R−Q

tem-se que limx→a

[f(x) · g(x)] = 0, mesmo que limx→a

·g(x) não existe.

Pois |f(x)g(x)− 0| ≤ |f(x)|


Exercício 3.2.5.Caso exista lim

x→a·f(x) e lim

x→a·g(x) não existe, então existe lim

x→a[f(x) + g(x)] ?

Solução.

Não, é outro modo de enunciar o Exercício (3.2.2)-(2)

Exercício 3.2.6.Mostre que lim

x→af(x) existe, se e somente se lim

h→0f(a+ h) existe.

Solução.

Suponhamos que limx→a

f(x) = L então ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x)−L| < ε

sempre que 0 < |x− a| < δ.Quando x → a tem-se que (x − a) → 0. Fazendo h = x − a, tem-se que quando

x → a então h → 0 assim, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x)− L| < ε sempre que0 < |(x− a)− 0| < δ.

Isto é ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(h+a)−L| < ε sempre que 0 < |h−0| < δ.Logo, lim

x→af(x) = L ⇒ lim

h→0f(a+ h) = L.

InversamenteSuponhamos que lim

h→0f(a + h) = M então ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que

|f(a+ h)−M | < ε sempre que 0 < |h− 0| < δ.Quando h → 0 tem-se que (h+ a) → a. Fazendo x = h+ a, tem-se que quando x → a

então h → 0 assim, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x) − M | < ε sempre que0 < |h− 0| < δ.

Isto é ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x)−M | < ε sempre que 0 < |x− a| < δ.Logo, lim

h→0f(a+ h) = M ⇒ lim

x→af(x) = M .

Portanto, limx→a

f(x) existe, se e somente se limh→0

f(a+ h) existe.



x→0f(x+ a) existe.

Solução.

Suponhamos que limx→a


sempre que 0 < |x− a| < δ.Fazendo h = x − a tem-se que, quando x → a então h → 0 assim, ∀ ε > 0 existe

δ = δ(ε) > 0 tal que |f(h+ a)− L| < ε sempre que 0 < |h− 0| < δ.Logo, lim

x→af(x) = L ⇒ lim

x→0f(x+ a) = L.

InversamenteSuponhamos que lim

x→0f(x + a) = L então ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x +

a)− L| < ε sempre que 0 < |x− 0| < δ.Fazendo h = x + a tem-se que, quando x → 0 então h → a assim, ∀ ε > 0 existe

δ = δ(ε) > 0 tal que |f(h)− L| < ε sempre que 0 < |(h− a)− 0| = |h− a| < δ.


Logo, limx→a

f(x− a) = L ⇒ limx→a

f(x) = L.Portanto, lim


h→0f(a+ h) existe.


x→0f(x) existe, se e somente se lim

x→0f(x3) existe.

Solução.

Suponhamos que limx→0


sempre que 0 < |x− 0| < δ.Seja h3 = x, tem-se que, quando x → 0 então h → 0 assim, ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0

tal que |f(h)− L| < ε sempre que 0 < |h− 0| < δ.Logo, lim

x→0f(x) = L ⇒ lim

x→0f(x3) = L.

Suponhamos que limx→0

f(x3) = L então ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x3)−L| < ε

sempre que 0 < |x− 0| < δ.Seja x3 = h, tem-se que, quando h → 0 então x → 0 assim, ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0

tal que |f(h)− L| < ε sempre que 0 < |h− 0| < δ.Logo, lim

x→0f(x3) = L ⇒ lim

x→0f(x) = L.

Exercício 3.2.9.

Considere a função f(x) =x2 −mx+ 3x− 3m

x−m, determine os valores de m tal que

limx→m

.f(x) = m2 − 17.Solução.

Tem-se que limx→m

x2 −mx+ 3x− 3m

x−m= lim

x→m

(x−m)(x+ 3)

x−m= m+ 3 ≡ m2 − 17.

Logo, m2 −m− 20 = 0 de onde m = 5 ou m = −4.

Exercício 3.2.10.

Seja a função f(x) =x3 − 2a2x+ ax2

2ax+ x2, e lim

x→1.f(x) = 2a − 5. Determine o valor de

a > 0.Solução.

Temos limx→1

x3 − 2a2x+ ax2

2ax+ x2=

1− 2a2 + a

2a+ 1≡ 2a−5. Logo, 1−2a2+a = (2a+1)(2a−5)

de onde 2a2 − 3a− 2 = 0 então a = 2 ou a = −1

2.

Pelas condições do problema, a resposta é a = 2.

Exercício 3.2.11.Calcular os seguintes limites:

Solução.

1. limx→4

[3x2 − 17x+ 20

4x2 − 25x+ 36

]= lim

x→4

[(x− 4)(3x− 5)

(x− 4)(4x− 9)

]=

7

7= 1


2. limx→1

[x5 − 1

x6 − 1

]= lim

x→1

(x− 1)(x4 + x3 + x2 + x+ 1)

(x− 1)(x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1)=

5

6

3. limx→2

[5x− 105√x− 5

√2

]= 5 lim

x→2

[( 5√x− 5

√2)(

5√x4 +

5√x3 5√2 +

5√x2 5√22 + 5

√x

5√23 +

5√24)

( 5√x− 5

√2)

]=

= 5 · 55√24

1= 25

5√16

4. limx→2

[3x− 6

1−√4x− 7

]= lim

x→2

[3(x− 2)(1 +

√4x− 7)

(1−√4x− 7)(1 +

√4x− 7)

]= lim

x→2

[3(x− 2)(1 +

√4x− 7)

−4(x− 2)

]=

= limx→2

[3(1 +

√4x− 7)

−4

]= −3

2

5. limx→a

[x2 − a2

x3 − a3

]= lim

x→a

[(x− a)(x+ a)

(x− a)(x2 + ax+ a2)

]= lim

x→a

[(x+ a)

(x2 + ax+ a2)

]=

2

3a

6. limx→20

[2 4√x− 4− 4

5√x+ 12− 2

]= 2 lim

x→20

[4√x− 4− 2

5√x+ 12− 2

]= 2 lim

x→20

[4√x− 4− 4

√16

5√x+ 12− 5

√32

]

= 2 limx→20

[( 4√x− 4− 4

√16)( 4

√(x− 4)3 + 4

√(x− 4)2 4

√16+ 4

√(x− 4)

4√162 + 4

√163)

( 5√x+ 12− 5

√32)( 4

√(x− 4)3 + 4

√(x− 4)2 4

√16+ 4

√(x− 4)

4√162 + 4

√163)

]

= 2 limx→20

[( 4√

(x− 4)4 − 4√164)

( 5√x+ 12− 5

√32)(4

4√163)

]=

1

16limx→20

[(x− 20)

( 5√x+ 12− 5

√32)

]

=1

16limx→20

[(x− 20)

( 5√x+ 12− 5

√32)

]=

1

16limx→20

[(( 5√x+ 12)5 − ( 5

√32)5)

( 5√x+ 12− 5

√32)

]=

=1

16limx→20

[( 5√

(x+ 12)4 + 5√(x+ 12)3

5√32 + 5

√(x+ 12)2

5√322 + 5

√x+ 12

5√323 +

5√324)]

=5

16· (

5√32)4

1= 5

7. limx→−3

[x+ 3√

x2 + 7− 4

]= lim

x→−3

[(x+ 3)(

√x2 + 7 + 4)

x2 − 9

]=

8

−6= −4

3.

8. limx→1

[3√x− 1

4√x− 1

]= lim

x→1

[( 3√x− 1)(

3√x2 + 3

√x+ 1)(

4√x3 +

4√x2 + 4

√x+ 1)

( 4√x− 1)(

4√x3 +

4√x2 + 4

√x+ 1)(

3√x2 + 3

√x+ 1)

]=

= limx→1

[3√x− 1

4√x− 1

]= lim

x→1

[(

3√x3 − 1)(

4√x3 +

4√x2 + 4

√x+ 1)

(4√x4 − 1)(

3√x2 + 3

√x+ 1)

]=

4

3


9. limx→3

[3√9x− 3√3x− 3

]= lim

x→3

[( 3√9x− 3

√27)(

√3x+ 3)( 3

√(9x)2 + 3

√9x 3

√27 +

3√272)

(√3x− 3)(

√3x+ 3)( 3

√(9x)2 + 3

√9x 3

√27 + 3

√27)

]=

limx→3

[(9x− 27)(

√3x+ 3)

(3x− 9)( 3√

(9x)2 + 3√9x 3

√27 +

3√272)

]= lim

x→3

[3(3x− 9)(6)

(3x− 9)(33√272)

]=

2

3

10. limx→8

[√2 + 3

√x− 2

x− 8

]= lim

x→8

[(√2 + 3

√x− 2)(

√2 + 3

√x+ 2)

( 3√x− 3

√8)(

3√x2 + 3

√x 3√8 +

3√82)(

√2 + 3

√x+ 2)

]=

= limx→8

[( 3√x− 3

√8)

( 3√x− 3

√8)(

3√x2 + 3

√x 3√8 +

3√82)(

√2 + 3

√x+ 2)

]=

1

(12)(4)=

1

48

11. limx→64

[√x− 8

3√x− 4

]= lim

x→64

[(√x−

√64)(

√x+

√64)(

3√x2 + 3

√x 3√64 +

3√642)

( 3√x− 3

√64)(

3√x2 + 3

√x 3√64 +

3√642)(

√x+

√64)

]=

= limx→64

[(x− 64)(

3√x2 + 3

√x 3√64 +

3√642)

(x− 64)(√x+

√64)

]=

48

16= 3

12. limx→8

[3√x2 − 4 3

√x+ 4

(x− 8)2

]= lim

x→8

[( 3√x− 3

√8)2

(x− 8)2

]= lim

x→8

[( 3√x− 3

√8)

( 3√x)3 − ( 3

√8)3

]2=

= limx→8

[( 3√x− 3

√8)

( 3√x− 3

√8)[( 3

√x)2 + 3

√x 3√8 + ( 3

√8)2]

]2=

1

144

13. limx→2

[x2 + 3

√x− 2− 4

3√

4− x√3x− 2

]= lim

x→2

[x2 − 4

3√4− x

√3x− 2

]+ lim

x→2

[3√x− 2

3√

4− x√3x− 2

]

= limx→2

[3

√(x2 − 4)3

4− x√3x− 2

]+ lim

x→2

[3

√x− 2

4− x√3x− 2

]=

= limx→2

3

√(x2 − 4)3(4 + x

√3x− 2)

(16− x2(3x− 2))

+ limx→2

3

√(x− 2)(4 + x

√3x− 2)

(16− x2(3x− 2))

=

= limx→2

3

√(x2 − 4)3(4 + x

√3x− 2)

−(x− 2)(3x2 + 4x+ 8)

+ limx→2

3

√(x− 2)(4 + x

√3x− 2)

−(x− 2)(3x2 + 4x+ 8)

=

= − limx→2

3

√(x− 2)2(x+ 2)3(4 + x

√3x− 2)

(3x2 + 4x+ 8)

− limx→2

3

√(4 + x

√3x− 2)

(3x2 + 4x+ 8)

=


= −0− 3

√8

28= − 2

3√28

14. limx→1

[2x2n + 1− 3x−2n

3x2n − 5 + 2x−2n

]=

= limx→1

[2(x2n)2 + x2n − 3

3(x2n)2 − 5x2n + 2

]= lim

x→1

[(2x2n + 3)(x2n − 1)

(3x2n − 2)(x2n − 1)

]= 5

15. limx→a

[√b2 − x−

√b2 − a

x− a

]= lim

x→a

[(√b2 − x−

√b2 − a)(

√b2 − x+

√b2 − a)

(x− a)(√b2 − x+

√b2 − a)

]=

= limx→a

[−(x− a)

(x− a)(√b2 − x+

√b2 − a)

]= − 1

2√b2 − a

16. limx→2+

[ √3x−

√8− x

3x− 2√15− 3x

]= lim

x→2+

[(√3x−

√8− x)(

√3x+

√8− x)

(3x− 2√15− 3x)(

√3x+

√8− x)

]=

= limx→2+

[4(x− 2)(3x+ 2

√15− 3x)

2√6(3x− 2

√15− 3x)(3x+ 2

√15− 3x)

]=

= limx→2+

[48(x− 2)

6√6(x− 2)(3x+ 10)

]=

√6

12

17. limx→a

[n√x− n

√a

x− a

]= lim

x→a

[n√x− n

√a

( n√x)n − ( n

√a)n

]=

1

n · n√an−1

, a > 0

18. limx→a

[x2 − (a− 1)x− a

x2 − (a− 2)x− 2a

]= lim

x→a

[(x− a)(x+ 1)

(x− a)(x+ 2)

]=

a+ 1

a+ 2

Exercício 3.2.12.Verifique os seguintes limites, para as funções que indicadas:

1. limh→0

[f(4 + h)− f(4)

h

]= − 1

50se f(x) =

1

x2 + 4

2. limh→0

[f(−1 + h)− f(−1)

h

]= −16 se f(x) = 8x2

Solução.

1. Se f(x) =1

x2 + 4então f(4 + h) =

1

(4 + h)2 + 4e f(4) =

1

42 + 4=

1

20de onde

[f(4 + h)− f(4)

h

]=

1

h

[1

(4 + h)2 + 4− 1

20

]=


=1

h

[20− [(4 + h)2 + 4]

20[(4 + h)2 + 4]

]=

1

h

[−h(h+ 8)

20[(4 + h)2 + 4]

]então

limh→0

[f(4 + h)− f(4)

h

]= lim

h→0

1

h

[−h(h+ 8)

20[(4 + h)2 + 4]

]= − 1

50

2. Temos f(x) = 8x2, então f(−1 + h) = 8(−1 + h)2 = 8(h2 − 2h + 1) e f(−1) =

8(−1)2 = 8, logo

limh→0

[f(−1 + h)− f(−1)

h

]= lim

h→0

8(h2 − 2h+ 1)− 8

h= lim

h→08(h− 2) = −16

Exercício 3.2.13.Verifique o cálculo dos seguintes limites:

Solução.

1. limx→2

[2

3x− 6− 2

2x2 − 5x+ 2

]= lim

x→2

2(2x2 − 5x+ 2)− 2(3x− 6)

(3x− 6)(2x2 − 5x+ 2)=

= limx→2

4(x− 2)2

3(x− 2)(2x− 1)(x− 2)= lim

x→2

4

3(2x− 1)=

4

9

2. limx→a

[x7 − a7

x3 − a3

]= lim

x→a

[(x− a)(x6 + ax5 + a2x4 + a3x3 + a4x2 + a5x)

(x− a)(x2 + ax+ a2)

]=

= limx→a

(x6 + ax5 + a2x4 + a3x3 + a4x2 + a5x)

x2 + ax+ a2=

7a6

3a2=

7a4

3

3. limx→−1

[4x4 + 9x3 + 3x2 + x+ 3

3x4 + 9x3 + 9x2 + 3x

]= lim

x→−1

[(x+ 1)(4x3 + 5x2 − 2x+ 3)

3x(x+ 1)3

]=

= limx→−1

[(4x3 + 5x2 − 2x+ 3)

3x(x+ 1)2

]= −2 · lim

x→−1

[1

(x+ 1)2

]= −∞

4. limx→0

[3√x+ 27− 3

4√x+ 16− 2

]= lim

x→0

[( 3√x+ 27− 3)(( 3

√x+ 27)2 + 3 3

√x+ 27 + 32)

( 4√x+ 16− 2)( 3

√x+ 27)2 + 3 3

√x+ 27 + 32)

]

=1

27limx→0

[3√x+ 27)3 − 33

( 4√x+ 16− 2)

]=

1

27limx→0

[x

( 4√x+ 16− 2)

]=

=1

27limx→0

[x[( 4

√x+ 16)3 + 2( 4

√x+ 16)2 + 22( 4

√x+ 16) + 2( 4

√x+ 16) + 23]

( 4√x+ 16− 2)(( 4

√x+ 16)3 + 2( 4

√x+ 16)2 + 22( 4

√x+ 16) + 23)

]=

32

27limx→0

x

( 4√x+ 16)4 − 16

=32

27limx→0

x

x=

32

27


5. limx→3

[2x3 − 5x2 − 2x− 3

4x3 − 13x2 + 4x− 3

]= lim

x→3

[(x− 3)(2x2 + x+ 1)

(x− 3)(4x2 − x+ 1)

]=

= limx→3

[(2x2 + x+ 1)

(4x2 − x+ 1)

]=

22

34=

11

17

6. limx→4

[3−

√5 + x

1−√5− x

]= lim

x→4

[(3−

√5 + x)(3 +

√5 + x)(1 +

√5− x)

(1−√5− x)(1 +

√5− x)(3 +

√5 + x)

]=

= limx→4

[(9− (5 + x))(1 +

√5− x)

(1− (5− x))(3 +√5 + x)

]=

2

6limx→4

x− 4

4− x= −1

3

7. limx→1

[√x3 + 3

√x− 3x− 1

x+ 3 3√x− 3

3√x2 − 1

]= lim

x→1

[√x3 − 3

√x2 + 3

√x− 1

3√x3 − 3

3√x2 + 3 3

√x− 1

]= lim

x→1

[(√x− 1)3

( 3√x− 1)3

]

= limx→1

[(√x− 1)3(

√x+ 1)3(

3√x2 + 3

√x+ 1)3

(√x+ 1)3( 3

√x− 1)3(

3√x2 + 3

√x+ 1)3

]= lim

x→1

[(x− 1)3(

3√x2 + 3

√x+ 1)3

(√x+ 1)3(x− 1)3

]

limx→1

[(

3√x2 + 3

√x+ 1)3

(√x+ 1)3

]=

27

8

8. limx→−3

[x3 + 6x2 + 9x

x3 + 5x2 + 3x− 9

]= lim

x→−3

[x(x+ 3)2

(x+ 3)2(x− 1)

]= lim

x→−3

[x

(x− 1)

]=

−3

−4=

3

4

Exercício 3.2.14.Se f(2) = 6, o qué podemos concluir do lim

x→2.f(x)?. Justificar sua resposta.

Solução.

Por exemplo podemos supor que f(x) =

x− 6, se x ∈ (0, 2)

6, se x = 2

3x+ 2, se x ∈ (2, 4)

Então temos que limx→2−

f(x) = −4, limx→2+

f(x) = 8 logo limx→2

f(x) não existe.

Ao considerar f(x) = x2 + 2 tem-se que limx→2

f(x) = 6 existe.

Portanto, existe limx→2

.f(x) para algumas funções.

Exercício 3.2.15.

Se limx→2

.f(x) = 6, podemos obter conclusão a respeito de f(2) Justificar sua resposta.Solução.

Observe, podemos ter uma função da forma f(x) =

{x+ 4, se x < 2

8− x, se x < 2, então

limx→2

.f(x) = 6 porém não existe f(2), pois não está definida em x = 2.


Exercício 3.2.16.

Sabe-se que limx→1

[f(x)

1− x3

]= 4 e lim

x→1

[g(x)

1− x2

]= −6. Prove que lim

x→1

[f(x)

g(x)

]= −1

Solução.

Temos

4

−6=

limx→1

[f(x)

1− x3

][limx→1

g(x)

1− x2

] = limx→1

[f(x)

g(x)

] [1− x2

1− x3

]= lim

x→1

f(x)

g(x)limx→1

[(1− x)(1 + x)

(1− x)(1 + x+ xr

]=

limx→1

f(x)

g(x)· 23

⇒ 4

−6=

2

3· limx→1

f(x)

g(x)

Portanto, limx→1

f(x)

g(x)= −1.

Exercício 3.2.17.

Se limx→−2

[f(x+ 2)√−2x− 2

]= 8 e lim

x→−2

[g(x+ 2)

x2 − 4

]= 3. Calcular: lim

x→0

[f(x)

g(x)

].

Solução.

Temos8

3=

limx→−2

[f(x+ 2)√−2x− 2

]limx→−2

[g(x+ 2)

x2 − 4

] = limx→−2

[f(x+ 2)

g(x+ 2)· x2 − 4√

−2x− 2

]=

= limx→−2

[f(x+ 2)

g(x+ 2)

]limx→−2

[x2 − 4√−2x− 2

]= lim

x→0

[f(x)

g(x)

]limx→−2

[(x+ 2)(x− 2)(

√−2x+ 2)

(√−2x− 2)(

√−2x+ 2)

]

= limx→0

[f(x)

g(x)

]limx→−2

[(x+ 2)(x− 2)(

√−2x+ 2)

−2(x+ 2)

]logo

8

3= lim

x→0

[f(x)

g(x)

]limx→−2

[(x− 2)(

√−2x+ 2)

−2

]= 8 · lim

x→0

[f(x)

g(x)

]⇒ lim

x→0

f(x)

g(x)=

1

3

Portanto, limx→0

[f(x)

g(x)

]=

1

3.

Exercício 3.2.18.

Seja R o retângulo que se obtém ao unir os pontos médios dos lados do quadrilátero

Q, o qual tem seus vértices (±x, 0) e (0, ±y). Calcule limx→0+

perimetro de Rperimetro de Q

.

Solução.


Se os vértices do quadrilátero Q são (±x, 0) e (0, ±y), então os vértices do retânguloR são (±x

2, ±y

2).

O perímetro de R mede 2(|x|+ |y|). O perímetro de Q mede 4√x2 + y2, assim

limx→0+

perimetro de Rperimetro de Q

= limx→0+

2(|x|+ |y|)4√

x2 + y2=

1

2

Exercício 3.2.19.

Os custos da construção de um prédio de apartamentos foram de R$1.500.000, 00, eesta quantia foi depreciada pelo método da linha reta por 15 anos, a partir de 1985. Qualfoi o valor líquido do prédio em 1993.Solução.

Seja a o valor do prédio ao final da depredação, considerando o ano de 1985 como otempo inicial t = 0 e o ano de 2000 como o tempo final da depredação consequentementet = 15, temos

Temos que calcular a equação da reta que passa pelos pontos (0, 1.500.000) e (15, a).

Esta equação tem por coeficiente angulara− 1.500.000

15e é dada por

y − 1.500.000 =a− 1.500.000

15t ⇔ y =

a− 1.500.000

15t+ 1.500.000

Em 1993 temos que t = 8, logo

y =a− 1.500.000

15t+ 1.500.000 ⇔ y = 7000.000 +

8a

15

O valor líquido do prédio em 1993 foi 7000.000 +8a

15reais.

Exercício 3.2.20.

Sejam f : [a, b] −→ R e g : [a, b] −→ R funções tais que: limx→c

f(x) > limx→c

g(x).

Mostre que existe δ > 0 tal que: ∀ 0 < |x− c| < δ ⇒ f(x) > g(x), c ∈ (a, b).Solução.

Como limx→c

f(x) > limx→c

g(x), suponhamos existam números reais M e L tais que

limx→c

f(x) = M e limx→c

g(x) = L, então limx→c

[f(x)− g(x)] = M − L > 0.

Pela definição do limite limx→c

[f(x)− g(x)] = M − L temos

∀ ϵ > 0, ∃ δ > 0, |f(x)− g(x)− (M − L)| < ϵ sempre que |x− c| < δ


3.3 Limites Laterais.

Exercícios 3-3


1. limx→1

[3√5x+ 3−

√3x+ 1√

x− 3x+ 2

]2. lim

x→a

[x2 − a2

2x2 − ax− a2

]a > 0

3. limx→−2

[x3 − 2x2 − 4x+ 8

3x2 + 3x− 6

]4. lim

x→0

[5√x+ 1− 3 6

√x+ 1 + 2

18√x+ 1 + 25

√x+ 1− 2

]5. lim

x→1

[| x3 − 1 |

| x− 1 | + | x− 1 |2

]6. lim

h→0

[3√h3 + 1 + 5

√h5 + 1 + h3 − 2

h− h√h2 + 1

]

7. limx→5

[2−

√x− 1

1− 3√3−

√x− 1

]8. lim

x→1

[1− x2

(1− ax)2 − (a− x)2

]0 < a = 1

9. limx→3

[x2 + 3

√x− 3− 9

3√

9− x√4x− 3

]10. lim

x→3

[√x2 − 2x+ 6−

√x2 + 2x− 6

x2 − 4x+ 3

]

11. limx→−3

[√3√−9x+ 1− 2

2− 3√x+ 11

]12. lim

a→b

√a+ x+√b+ x− 2

√x+ a+b

2√a+ x−

√b+ x

13. lima→b

√x2 + 2ax+ a2 + 3

√x3 + a−b

3− 2x− b

√a+ x−

√x+ b

b > 0, a > 0.

14. limx→0

[√x+ a+ b−

√a+ b

x

]a > 0, b > 0

Solução.

Observe que (x−a) = ( n√xn− n

√an) = ( n

√x− n

√a)[

n√xn−1+

n√xn−2 n

√a+ · · ·+ n

√an−1],

no limite

limx→a

( n√x− n

√a) = lim

x→a

(x− a)

[n√xn−1 +

n√xn−2 n

√a+ · · ·+ n

√an−1]

= limx→a

(x− a)

nn√an−1

(3.11)

1 L = limx→1

[3√5x+ 3−

√3x+ 1√

x− 3x+ 2

]=

= limx→1

[ √3x+ 1−

√4

(3√x+ 2)(

√x− 1)

]− lim

x→1

[3√5x+ 3− 3

√8

(3√x+ 2)(

√x− 1)

]

L = limx→1

[ √3x+ 1−

√4

(3√x+ 2)(

√x− 1)

]·

[√3x+ 1 +

√4

√3x+ 1 +

√4

]


− limx→1

[3√5x+ 3− 3

√8

(3√x+ 2)(

√x− 1)

]·

[3√

(5x+ 3)2 + 3√5x+ 3 +

3√82

3√

(5x+ 3)2 + 3√5x+ 3 +

3√82

]

L = limx→1

[3(x− 1)

20(√x− 1)

]− lim

x→1

[(x− 1)

12(√x− 1)

]=

3

10− 1

6=

2

15

2 limx→a

[x2 − a2

2x2 − ax− a2

]= lim

x→a

[(x− a)(x+ a)

(x− a)(2x+ a)

]=

2

3

3 limx→−2

[x3 − 2x2 − 4x+ 8

3x2 + 3x− 6

]=

1

3limx→−2

[(x+ 2)(x2 − 4x+ 4)

(x+ 2)(x− 1)

]=

1

3· 16

(−3)= −16

9

4 L = limx→0

[5√x+ 1− 3 6

√x+ 1 + 2

18√x+ 1 + 25

√x+ 1− 2

]Assim, quando x → 0 e y = x+ 1 → 1

L = limx→0

[5√x+ 1− 3 6

√x+ 1 + 2

18√x+ 1 + 25

√x+ 1− 2

]= lim

x→0

[[ 5√x+ 1− 1]− 3[ 6

√x+ 1− 1]

[ 18√x+ 1− 1] + [ 25

√x+ 1− 1]

]

Pela observação (3.11), neste exercício.

L = limy→1

[[ 5√y − 1]− 3[ 6

√y − 1]

[ 18√y − 1] + [ 25

√y − 1]

]= lim

y→1

(y − 1)

55√14

− 3[(y − 1)

66√15

]

(y − 1)

1818√117

] +25√y − 1

2525√124

=

=

1

5− 3

61

18+

1

25

= −135

43

5 limx→1

[| x3 − 1 |

| x− 1 | + | x− 1 |2

]= lim

x→1

[(| x− 1 |)(| x2 + x+ 1 |)| x− 1 | (1+ | x− 1 |)

]=

= limx→1

[| x2 + x+ 1 |(1+ | x− 1 |)

]= 3

6 L = limh→0

[3√h3 + 1 + 5

√h5 + 1 + h3 − 2

h− h√h2 + 1

]= lim

h→0

[3√h3 + 1 + 5

√h5 + 1 + h3 − 2

h(1−√h2 + 1)

]=

L = limh→0

[3√h3 + 1 + 5

√h5 + 1 + h3 − 2

h(1−√h2 + 1)

]·

[(1 +

√h2 + 1)

(1 +√h2 + 1)

]

L = −2 limh→0

[3√h3 + 1 + 5

√h5 + 1 + h3 − 2

h3

]


L = −2 limh→0

[3√h3 + 1− 1

h3

]− 2 lim

h→0

[5√h5 + 1− 1

h3

]− 2 lim

h→0

[h3

h3

]

L = −2 limh→0

[h3

h3· 1

3(1)

]− 2 lim

h→0

[h5

h3· 1

5(1)

]− 2 = −2

3− 2

5· 0− 2 = −8

3

7 limx→5

[2−

√x− 1

1− 3√3−

√x− 1

]= lim

x→5

[(2−

√x− 1)(2 +

√x− 1)

(1− 3√

3−√x− 1)(2 +

√x− 1)

]

=1

4limx→5

(5− x)

[1 + 3

√3−

√x− 1 + 3

√(3−

√x− 1)2

](1− 3

√3−

√x− 1)

[1 + 3

√3−

√x− 1 + 3

√(3−

√x− 1)2

]

=3

4limx→5

[(5− x)

(√x− 1− 2)

]=

3

4limx→5

[(5− x)(

√x− 1 + 2)

(√x− 1− 2)(

√x− 1 + 2)

]=

=3

4limx→5

[(5− x)

(√x− 1− 2)

]=

12

4limx→5

[(5− x)

(x− 5)

]= −3

8 limx→1

[1− x2

(1− ax)2 − (a− x)2

]= lim

x→1

[(1− x)(1 + x)

[(1− ax)− (a− x)][(1− ax) + (a− x)]

]=

= limx→1

[(1− x)(1 + x)

(1− ax− a+ x)(1− ax+ a− x)

]= lim

x→1

[(1− x)(1 + x)

(1− ax− a+ x)(1− x)(1 + a)

]=

=2

2(1− a)(1 + a)=

1

(1− a2)

9 L = limx→3

[x2 + 3

√x− 3− 9

3√

9− x√4x− 3

]= lim

x→3

[(x2 − 9)3

9− x√4x− 3

]1/3+ lim

x→3

[x− 3

9− x√4x− 3

]1/3

L = limx→3

[(x2 − 9)3(9 + x

√4x− 3)

92 − x2(4x− 3)

]1/3+ lim

x→3

[(x− 3)(9 + x

√4x− 3)

92 − x2(4x− 3)

]1/3

L = − limx→3

[18(x2 − 9)3

(x− 3)(4x2 + 9x+ 27)

]1/3− lim

x→3

[18(x− 3)

(x− 3)(4x2 + 9x+ 27)

]1/3L =

3√0− 3

√18

90= − 3

√1

5

10 L = limx→3

[√x2 − 2x+ 6−

√x2 + 2x− 6

x2 − 4x+ 3

]=

= limx→3

[(√x2 − 2x+ 6)2 − (

√x2 + 2x− 6)2

(x2 − 4x+ 3)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

]=


= limx→3

[−4(x− 3)

(x− 1)(x− 3) · 6)

]= −1

3

11 L = limx→−3

[√3√−9x+ 1− 2

2− 3√x+ 11

]= lim

x→−3

[√3√−9x+ 1− 2

2− 3√x+ 11

][√3√−9x+ 1 + 2√

3√−9x+ 1 + 2

]

L = limx→−3

[3√−9x− 3

4(2− 3√x+ 11)

][ 3√82 + 3

√8 · 3

√x+ 11 + 3

√(x+ 11)2

3√82 + 3

√8 · 3

√x+ 11 + 3

√(x+ 11)2

]=

L = −3 limx→−3

[3√−9x− 3

√27

x+ 3

][( 3√−9x)2 + 3

√−9x 3

√27 +

3√272

( 3√−9x)2 + 3

√−9x 3

√27 +

3√272

]= 1

12 L = lima→b

√a+ x+√b+ x− 2

√x+ a+b

2√a+ x−

√b+ x

L = lima→b

√a+ x+√b+ x− 2

√x+ a+b

2√a+ x−

√b+ x

L = 2√x+ b lim

a→b

√a+ x−√

x+ a+b2

a− b+

√b+ x−

√x+ a+b

2

a− b

L = lim

a→b

[a− a+b

2

a− b+

b− a+b2

a− b

]=

1

2+ (−1

2) = 0

13 L = lima→b

√x2 + 2ax+ a2 + 3

√x3 + a−b

3− 2x− b

√a+ x−

√x+ b

b > 0, a > 0

L = 2√x+ b lim

a→b

(x+ a) + 3

√x3 + a−b

3− 2x− b

a− b

L = 2√x+ b lim

a→b

(a− b) + 3

√x3 + a−b

3− x

a− b

= 2√x+ b lim

a→b

1 + 3

√x3 + a−b

3− x

a− b

L =

2√x+ b

3x2lima→b

[1 +

a−b3

a− b

]=

8√x+ b

9x2


14 limx→0

[√x+ a+ b−

√a+ b

x

]= lim

x→0

[(√x+ a+ b−

√a+ b)(

√x+ a+ b+

√a+ b)

x(√x+ a+ b+

√a+ b)

]=

= limx→0

[x

x(√x+ a+ b+

√a+ b)

]=

1

2√a+ b

Exercício 3.3.2.

Suponha limx→a−

f(x) < limx→a+

f(x) (construir o gráfico) Mostre que existe algum δ > 0

tal que f(x) < f(y) sempre que x < a < y, | x − a |< δ e | y − a |< δ. Cumpre-se arecíproca?Solução.

Sejam L = limx→a−

f(x) e M = limx→a+

f(x), então M − L > 0 logo existe δ > 0 tal que

|f(x)− L| < M − L

2quando a− δ < x < a

isto é−M − L

2+ L < f(x) < L+

M − L

2quando a− δ < x < a

Também|f(y)−M | < M − L

2quando a < y < a+ δ

isto é−M − L

2+M < f(y) < M +

M − L

2quando a < y < a+ δ

Assim temos que

f(x) < L+M − L

2= M − M − L

2< f(y) quando a− δ < x < a < y < a+ δ

Portanto, f(x) < f(y) sempre que x < a < y, | x− a |< δ e | y − a |< δ.

A recíproca nem sempre se cumpre, é suficiente considerar por exemplo a funçãof(x) = 2x, observe que lim

x→a−f(x) ≤ lim

x→a+f(x) para qualquer a ∈ D(f).

Exercício 3.3.3.

Verifique o cálculo dos seguintes limites:Solução.


1. limx→20

( √

5x− 10

2√5−

√x

)√

2− 5

√8x5

√400− x2

=

= limx→20

(√

5x−√100√

20−√x

)(√20 +

√x√

20−√x

)√

2− 5

√8x5

√400− x2

=

= limx→20

(x√5− 20

√5

20− x

)√√√√2− 5

√8x5

400− x2

= −

√5 limx→20

√√√√2− 5

√8x5

400− x2=

= −√5 limx→20

√√√√√( 5√32− 5

√8x5)(

5√324 + · · ·+ 5

√(8x

5)4)

(400− x2)(5√324 + · · ·+ 5

√(8x

5)4)

= −√5 limx→20

√(32− 8x

5)

(400− x2)(55√324)

=

= − limx→20

√8(20− x)

5(400− x2)(5√324)

= −√

8

5(20 + 20)(5√324)

= − 1

20

2. limx→2

[(4− x2

3−√x2 + 5

)(n√x− 1− 1

m√x− 1− 1

)]=

= limx→2

[((4− x2)(3 +

√x2 + 5)

(3−√x2 + 5)(3 +

√x2 + 5)

)(n√x− 1− 1

m√x− 1− 1

)]= 6 lim

x→2

[( n√x− 1− 1)

( m√x− 1− 1)

]=

= 6 limx→2

( n√x− 1− 1)( n

√(x− 1)n−1 + n

√(x− 1)n−2 + · · ·+ 1)(

m−1∑i=0

m√(x− 1)i)

( m√x− 1− 1)( m

√(x− 1)m−1 + m

√(x− 1)m−2 + · · ·+ 1)(

n−1∑j=0

n√(x− 1)j)

=

= 6 limx→2

[(x− 2)( m

√(x− 1)m−1 + n

√(x− 1)m−2 + · · ·+ 1)

(x− 2)( n√

(x− 1)n−1 + n√(x− 1)n−2 + · · ·+ 1)

]=

6m

n

3. L = lima→b

√

x2 + a−b2

− 3

√x3 + b−a

3− 2x− (b− a)2

3√a+ x− 3

√x+ b

=

Multiplicando o numerador e denominador por

3√

(a+ x)2 + 3√

(a+ x)(x+ b) + 3√(x+ b)2


segue L = 3 3√(x+ b)2 lim

a→b

√x2 + a−b

2− 3

√x3 + b−a

3− 2x− (b− a)2

a− b

=

L = 3 3√

(x+ b)2

lima→b

√

x2 + a−b2

− x

a− b−

3

√x3 + b−a

3− x

a− b− (b− a)2

a− b

=

L = 3 3√(x+ b)2

[lima→b

[a−b2

(a− b)(2x)−

b−a3

(a− b)(3x2)− (b− a)2

a− b

]]=

L = 3 3√(x+ b)2

[lima→b

[1

4x+

1

9x2

]]=

3√(b+ x)2(9x+ 4)

12x2

4. L = limx→3

| x− 3 |2 +26 | x+ 3 | −26√√

3x+ 33

4− 2 3

√x2+15x−6

x+3

=

L =1

2limx→3

| x− 3 |2 +26 | x+ 3 | −26√√

3x+ 33

23 − ( 3

√x2+15x−6

x+3)3

· 33√82

1=

L = −36

13

[0 + 26 lim

x→3

[| x+ 3 | −

√√3x+ 33

(x− 3)

][| x+ 3 | +

√√3x+ 33

| x+ 3 | +√√

3x+ 33

]]=

L = −36

13

[0 +

26

12limx→3

[| x+ 3 |2 −(

√3x+ 33)

(x− 3)

]]=

L = −36

13

[0 +

26

12limx→3

[(x− 3)(x+ 3)

(x− 3)+

(√x−

√3)(6

√x+ 5

√3)

(√x−

√3)(

√x+

√3)

]]=

L = −36

13

[0 +

26

12

[6 +

11

2

]]= −69

5. L = limx→−5

[∥ 1

53√100x+ 2sgn(16− x4) ∥ + 3

√x2 + 2 + x+ 4√

x2 +√−5x+ 6− 6

]

Observe que se x ∈ Vδ(−5) tem-se que sgn(1− x4) = −1.

Por outro lado,

1

53√100x+ 2sgn(1− x4) ≈ −1, 55 . . . ⇒ [|1

53√100x+ 2sgn(1− x4)|] = −2


para todo x ∈ Vδ(−5). Assim

L = limx→−5

[−2 + 3

√x2 + 2 + x+ 4√

x2 +√−5x+ 6− 6

]= lim

x→−5

[3√x2 + 2 + x+ 2√

x2 +√−5x+ 6− 6

]=

L = limx→−5

[3√x2 + 2 + x+ 2√

x2 +√−5x+ 6− 6

]·

[√x2 +

√−5x+ 6 + 6√

x2 +√−5x+ 6 + 6

]

L = 240 limx→−5

[3√x2 + 2 + x+ 2

(x2 − 30)2 − (√−5x)2

]=

240

105limx→−5

[3√x2 + 2 + 3

√(x+ 2)3

(x+ 5)

]

Multiplicando o numerador e denominador por

3√

(x2 + 2)2 − 3√

(x2 + 2) 3√(x+ 2)3 + 3

√(x+ 2)6

e calculando o limite

L =16

189limx→−5

[(x2 + 2) + (x+ 2)3

(x+ 5)

]=

16

189limx→−5

[(x+ 5)(x2 + 2x+ 2)

(x+ 5)

]=

272

189

Exercício 3.3.4.

Dar exemplo de uma função monótona tal que limx→∞

f(x) = 1.Solução.

Lembre que limx→+∞

arctanx =π

2e lim

x→−∞arctanx = −π

2.

A função g(x) = arctanx é estritamente crescente em R.

Assim, podemos considerar a função f(x) = 1 +π

2− | arctanx|. Aqui tem-se que

limx→∞

f(x) = 1.

Exercício 3.3.5.

Para cada um dos seguintes exercícios, traçar o gráfico e calcular o limite indicadocaso exista; justificar sua resposta.Solução.

1. f(x) =x+ | 2− x |

x2 − 4

limx→2+

.f(x) = limx→2+

x+ (x− 2)

x2 − 4= +∞ e lim

x→2−.f(x) = lim

x→2−

x− (x− 2)

x2 − 4= −∞

O limite não existe.


2. f(x) =

{x2, se, x ≤ 2

8− 2x, se, x > 2

limx→2+

.f(x) = limx→2+

.(8− 2x) = 4 e limx→2−

.f(x) = limx→2−

.x2 = 4

O limite existe limx→2

.f(x) = 4

3. f(x) =

x3 − 2x2 − 5x+ 6

x− 3, se, x < 3

√x+ 1− 1

x+ 2, se, x ≥ 3

limx→2+

.f(x) = limx→3+

.

√x+ 1− 1

x+ 2=

1

5e lim

x→3−.f(x) = lim

x→3−

x3 − 2x2 − 5x+ 6

x− 3= 10

O limite limx→3

.f(x) não existe

4. f(x) =

3 + x2, se, x < 0

0, se, x = 0

11− x2, se, x > 0

limx→0+

.f(x) = limx→0+

.(11− x2) = 11 e limx→0−

.f(x) = limx→0−

(3 + x2) = 3

O limite limx→0

.f(x) não existe

5. f(x) =

x− 5

1−√x− 4

, se, x ≥ 5

x2 − 12x+ 35

x− 5, se, x < 5

limx→5+

.f(x) = limx→5+

.x− 5

1−√x− 4

= −2 e limx→5−

.f(x) = limx→5−

x2 − 12x+ 35

x− 5= −2

O limite limx→5

.f(x) = −2 existe

6. f(x) =

6x− x2, se, x < 2

6, se, x = 2

2x2 − x− 3, se, x > 2

limx→2+

.f(x) = limx→2+

.(2x2 − x− 3) = 3 e limx→2−

.f(x) = limx→2−

(6x− x2) = 8

O limite limx→2

.f(x) não existe


7. f(x) =

1− x2, se, x < 1

1, se, 1 < x ≤ 2

| x− 3 |, se, x > 2

limx→1+

.f(x) = limx→1+

.1 = 1 e limx→1−

.f(x) = limx→1−

(1− x2) = 0

O limite limx→1

.f(x) não existe. Por outro lado,

limx→2+

.f(x) = limx→2+

. | x− 3 |= 1 e limx→2−

.f(x) = limx→2−

1 = 1

O limite limx→2

.f(x) = 1 existe.

Exercício 3.3.6.Nos seguintes exercícios determine se existe o limite; caso contrário justificar sua

resposta.Solução.

1. O limite limx→ 5

3

√| x | +[|3x|] + 4, não existe pelo seguinte

limx→ 5

3

+

√| x | +[|3x|] + 4 = lim

x→ 53

+

√| x | +9 =

√32

3

limx→ 5

3

−

√| x | +[|3x|] + 4 = lim

x→ 53

−

√| x | +8 =

√29

3

2. O limite limx→ 5

2

√| x | +[|3x|] + 4 existe pelo seguinte

limx→ 5

2

+

√| x | +[|3x|] + 4 = lim

x→ 52

+

√| x | +11 =

√27

2

limx→ 5

2

−

√| x | +[|3x|] + 4 = lim

x→ 52

−

√| x | +11 =

√27

2

3. limx→0

√[|9 + x2|] então lim

x→0+

√[|9 + x2|] = 3 e lim

x→0−

√[|9 + x2|] =

√8

Não existe limx→0

√[|9 + x2|].

4. L = limx→1+

√x+

√x− 1− 1√

x2 − 1= lim

x→1+

√x− 1

x2 − 1+ lim

x→1+

(√x− 1)(

√x+ 1)√

x2 − 1(√x+ 1)

L =1√2+

1

2limx→1+

√(x− 1)2

x2 − 1=

√2

2+ 0


5. limx→1

∣∣∣∣x3 − x2 + 3x− 3

x− 1

∣∣∣∣ = limx→1

|(x− 1)||(x2 + 3)||x− 1|

= limx→1

(x2 + 3) = 4.

6. limx→1

x3 − x2 + 3x− 3

| x− 1 |= lim

x→1

(x− 1)(x2 + 3)

| x− 1 |não existe, observe

limx→1+

(x− 1)(x2 + 3)

| x− 1 |= lim

x→1+(x2 + 3) = 4

limx→1−

(x− 1)(x2 + 3)

| x− 1 |= − lim

x→1−(x2 + 3) = −4

7. limx→2

x3 − 2x2 − 4x+ 8

| x− 2 |= lim

x→2

(x− 2)(x2 − 4)

| x− 2 |

limx→2+

(x2 − 4) = 0 e limx→2−

(x− 2)(x2 − 4)

| x− 2 |= − lim

x→2−(x2 − 4) = 0

Existe limx→2

x3 − 2x2 − 4x+ 8

| x− 2 |= 0.

8. Se x → 16

+, tem-se que [|x3|] → 0 e [|3x|] → 0, se x → 1

6

−, temos [|x3|] → 0 e

[|3x|] → 0, logo

limx→ 1

6

x2 + [|x3|]

[|3x|]− 10=

162

+ 0

0− 10= − 1

360

9. Se x → 6+, tem-se que [|x3|] → 2 e [|3x|] → 18, se x → 6−, temos [|x

3|] → 1 e

[|3x|] → 17, logo

limx→6+

x2 + [|x3|]

[|2x|] + 10=

62 + 2

18 + 10=

38

28e lim

x→6−

x2 + [|x3|]

[|2x|] + 10=

62 + 1

17 + 10=

37

27

Portanto, não existe limx→6

x2 + [|x3|]

[|2x|] + 10.

10. limx→−1+

√−9x+ 3

√x− 2

x+ 1= lim

x→−1+

(√−9x− 3) + ( 3

√x+ 1)

x+ 1

= limx→−1+

(√−9x− 3)

√−9x+ 3)

(x+ 1)(√−9x− 3))

+ limx→−1+

( 3√x+ 1)(

3√x2 − 3

√x+ 1)

(x+ 1)(3√x2 − 3

√x+ 1)

= limx→−1+

(−9x− 9)

(x+ 1)(√−9x+ 3))

+ limx→−1+

(x+ 1)

(x+ 1)(3√x2 − 3

√x+ 1)

= −9

6+

1

3= −7

6


11. limx→0

[3x+ sgn(| x2 − 1 | −1)] = limx→0

3x− limx→0

sgn(| x2 − 1 | −1) =

= (3)(0)− sgn(| (0)2 − 1 | −1) = 0− sgn(0) = 0

12. limx→

√2[x2 − sgn(| x2 − 1 | −1)] = lim

x→√2x2 − lim

x→√2sgn(| x2 − 1 | −1) =

= (√2)2 − sgn(| (

√2)2 − 1 | −1) = 2− sgn(0) = 2

13. limx→

√2[x2 + 5 + sgn(| x2 − 1 | −1)] = lim

x→√2(x2 + 5)− lim

x→√2sgn(| x2 − 1 | −1) =

= [(√2)2 + 5]− sgn(| (

√2)2 − 1 | −1) = 7− sgn(0) = 7

14. limx→

√2[x4 − sgn(| x2 − 1 | −1)] = lim

x→√2x4 − lim

x→√2sgn(| x2 − 1 | −1) =

= (√2)4 − sgn(| (

√2)2 − 1 | −1) = 4− sgn(0) = 4

15. L = limx→1+

36√x− 1− 9

√x− 1

3x2 − 3 + 36√x− 1

−√x3 − 1 +

√x− 1√

x2 − 1

L = limx→1+

[36√x− 1(1− 36

√(x− 1)3)

3(x2 − 1) + 36√x− 1

−√x3 − 1 +

√x− 1√

x− 1 ·√x+ 1

]=

L = limx→1+

[36√x− 1(1− 36

√(x− 1)3)

3(x2 − 1) + 36√x− 1

−√x3 − 1√

x− 1 ·√x+ 1

− 1√x+ 1

]

L = limx→1+

[36√x− 1(1− 36

√(x− 1)3)

36√x− 1(3 36

√(x− 1)35(x+ 1) + 1)

− (√x3 − 1)(

√x3 + 1)

√x− 1 ·

√x+ 1(

√x3 + 1)

− 1√2

]

L = limx→1+

[(1− 36

√(x− 1)3)

(3 36√

(x− 1)35(x+ 1) + 1)− (x3 − 1)

√x− 1 ·

√x+ 1(

√x3 + 1)

− 1√2

]

L =1− 0

0 + 1− 0

2√2− 1√

2=

√2− 1√2

16. L = limx→1−

[5 5√x− 2 + 3 3

√2− x+ 2

√2x− 1 + 6x2 − 6

x2 − x

]=

L = limx→1−

[5( 5√x− 2 + 1) + 3( 3

√2− x− 1) + 2(

√2x− 1− 1) + 6(x2 − 1)

x(x− 1)

]=


L = limx→1−

[5(x− 1)

x(x− 1)(1)+

3(1− x)

x(x− 1)(3)+

4(x− 1)

x(x− 1)(2)+

6(x− 1)(x+ 1)

x(x− 1)

]=

L = 5− 1 + 2 + 12 = 18

17. limx→1+

3√x2 − 3

√x+

√x2 + 3

√x− 3x

(x− 1)2=

1

0+= +∞, não existe.

18. limx→1−

5 5√x+ 2 + 4 4

√−1− 2x+ 3 3

√2 + x− 2

√−1− 2x+ 5x+ 3

x2 − x=

=5 5√3 + 4 4

√−3 + 3 3

√3− 2

√−3 + 5 + 3

0+= não existe

Exercício 3.3.7.Calcular se existem os seguintes limites:

Solução.

1. limn→∞

n3 − 100n2 + 1

100n2 + 15n= lim

n→∞

n− 100 +1

n2

100 +15

n

=+∞100

= +∞

2. limn→∞

n√2− 1

n√2 + 1

. Seja m =1

nentão quando n → ∞ segue que m → 0, logo

limn→∞

n√2− 1

n√2 + 1

= limm→0

2m − 1

2m + 1=

20 − 1

20 + 1=

0

2= 0

3. limn→∞

2n − 1

2n + 1= lim

n→∞

2n(1− 1

2n)

2n(1 +1

2n)= lim

n→∞

1− 1

2n

1 +1

2n

= 1

4. limn→∞

n

n− 1= lim

n→∞

[1 +

1

n− 1

]= 1 + 0 = 1

5. limn→∞

(2n+ 1)2

2n2= lim

n→∞

4n2 + 4n+ 1

2n2= 2

6. limn→∞

n+ 1

n= lim

n→∞

[1 +

1

n

]= 1 + 0 = 1

7. limn→∞

(n+ 1)4 − (n− 1)4

(n+ 1)4 + (n− 1)4= lim

n→∞

n4[(1 + 1n)4 − (1− 1

n)4]

n4[(1 + 1n)4 + (1− 1

n)4]

=1− 1

1 + 1= 0

8. limn→∞

(n+ 1)2

2n2= lim

n→∞

n2 + 2n+ 1

2n2= lim

n→∞

1 + 2n+ 1

n2

2=

1

2

9. limn→∞

n2 − 1

2n2 + 1= lim

n→∞

1− 1n2

2 + 1n2

=1

2


10. limn→∞

5√n3 + 2n− 1

n+ 2= lim

n→∞5

√n3 + 2n− 1

(n+ 2)5= lim

n→∞5

√n3 + 2n− 1

n5 + 5x4 + · · ·=

5√0 = 0

11. limn→∞

[n3

n2 + 1+ n

]= lim

n→∞

[n3 + n(n2 + 1)

n2 + 1

]= ∞

12. limn→∞

n2 + 5

n2 − 3= lim

n→∞

n2(1 + 5n2 )

n2(1− 3n2 )

= 1

Exercício 3.3.8.Demonstrar que:1. lim

x→0+.f(x) = lim

x→0−.f(−x) 2. lim

x→0f(| x |) = lim

x→0+.f(x)

3. limx→0

.f(x2) = limx→0+

.f(x)

Demonstração.

1. Suponhamos limx→0+

.f(x) = L, então para todo ε > 0, existe δ = δ(ε) > 0 tal que

|f(x)− L| < ε sempre que 0 < x− 0 < δ.

Suponhamos y = −x, logo |f(−y) − L| < ε sempre que 0 < (−y) − 0 < δ, isto é|f(−y)− L| < ε sempre que 0 < 0− y < δ, isto é lim

y→0−.f(−y) = L

Inversamente, se limx→0−

.f(−x) existe, então limx→0+

.f(x) existe e tem o mesmo valor.

Isto significa que, x está próximo de zero pela direita se e somente se −x estápróximo de zero pela esquerda.




Assim, 0 < |x| < δ , então |f(|x|) − L| < ε sempre que 0 < ||x| − 0| < δ, logolimx→0

.f(|x|) = L

Inversamente, é imediato.




Suponhamos y2 = x, logo |f(y2) − L| < ε sempre que 0 < y2 − 0 < δ, isto é|f(y2)− L| < ε sempre que 0 < |y − 0| < δ1 =

√δ, isto é lim

y→0.f(y) = L

Inversamente é exercício para o leitor.

Portanto, limx→0

.f(x2) = limx→0+

.f(x)

Exercício 3.3.9.


Determine o valor dos limites, caso exista:

1. limn→∞

(n+ 2)! + (n+ 1)!(n+ 3)!

2. limn→∞

[1

n2+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)

]3. lim

n→∞

(2n+ 1)4 − (n− 1)4

(2n+ 1)4 + (n− 1)44. lim

n→∞

[1 + 2 + 3 + · · ·+ n

n+ 2− n

2

]5. lim

n→∞

(n+ 1)3 − (n− 1)3

(n+ 1)2 + (n− 1)26. lim

n→∞

√n3 − 2n+ 1 + 3

√n4 + 1

4√n6 + 6n5 + 2− 5

√n7 + 3n3 + 1

7. limn→∞

n3 + n

n4 − 3n2 + 18. lim

n→∞

1

1× 3+

1

3× 5+ · · · 1

(2n− 1)(2n+ 1)

9. limn→1

n2 − 2n+ 1

n3 − n10. lim

n→1

n+ 2

n2 − 5n+ 4+

n− 4

3(n2 − 3n+ 2)

11. limx→1

xm − 1

xn − 1m,n ∈ Z 12. lim

n→∞

3n2

2n+ 1− (2n+ 1)(3n2 + n+ 2)

4n2

13. limn→∞

100n3 + 3n2

0, 001n4 − 100n3 + 114. lim

n→2

1

n(n− 2)2− 1

n2 − 3n+ 2

Solução.

1. limn→∞

(n+ 2)! + (n+ 1)!(n+ 3)!

= limn→∞

(n+ 1)![(n+ 2) + 1]

(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)!= lim

n→∞

n+ 3

(n+ 3)(n+ 2)= 0

2. limn→∞

[1

n2+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)

]= lim

n→∞

[1

n2+

n(n+ 1)

2

]= 0 +∞ = ∞

3. limn→∞

(2n+ 1)4 − (n− 1)4

(2n+ 1)4 + (n− 1)4= lim

n→∞

n4[(2 + 1n)4 − (1− 1

n)4]

n4[(2 + 1n)4 + (1− 1

n)4]

=24 − 14

24 + 14=

15

17

4. limn→∞

[1 + 2 + 3 + · · ·+ n

n+ 2− n

2

]= lim

n→∞

[n(n+1)

2

n+ 2− n

2

]=

=1

2limn→∞

[n(n+ 1)− n(n+ 2)

n+ 2

]=

1

2limn→∞

−n

n+ 2= −1

2

5. limn→∞

(n+ 1)3 − (n− 1)3

(n+ 1)2 + (n− 1)2= lim

n→∞

2(3n2 + 1)

2(n3 + 3n)= 0


6. limn→∞

√n3 − 2n+ 1 + 3

√n4 + 1

4√n6 + 6n5 + 2− 5

√n7 + 3n3 + 1

=

limn→∞

2√n3

[√1− 2

n2 +1n3 +

16√n· 3

√1 + 1

n4

]4√n6

[4

√1 + 6

n+ 2

n6 −13√n· 5

√1 + 3

n4 +1n7

] = 1

7. limn→∞

n3 + n

n4 − 3n2 + 1= 0, isto pela Propriedade 3.14

8. limn→∞

1

1× 3+

1

3× 5+ · · · 1

(2n− 1)(2n+ 1)

limn→∞

1

2

[(1− 1

3) + (

1

3− 1

5) + · · ·+ (

1

2n− 1− 1

2n+ 1)

]= lim

n→∞

1

2

[1− 1

2n+ 1

]=

1

2

9. limn→1

n2 − 2n+ 1

n3 − n= lim

n→1

(n− 1)2

n(n− 1)(n+ 1)= lim

n→1

(n− 1)

n(n+ 1)=

0

2= 0

10. limn→1

n+ 2

n2 − 5n+ 4+

n− 4

3(n2 − 3n+ 2)=

= limn→1

n+ 2

(n− 1)(n− 4)+

n− 4

3(n− 1)(n− 2)= lim

n→1

4(n− 1)2

3(n− 1)(n− 4)(n− 2)= 0

11. limx→1

xm − 1

xn − 1m,n ∈ Z

Se m = n temos limx→1

xn − 1

xn − 1= 1

Se m = n então limx→1

xm − 1

xn − 1= lim

x→1

(x− 1)(xm−1 + xm−2 + . . .+ x+ 1)

(x− 1)(xn−1 + xn−2 + . . .+ x+ 1)=

m

n

12. limn→∞

[3n2

2n+ 1− (2n+ 1)(3n2 + n+ 2

4n2

]= lim

n→∞

12n4 − 3n3 − 4n2 − 3n− 2

8n3 + 4n2= ∞

13. limn→∞

100n3 + 3n2

0, 001n4 − 100n3 + 1= 0, isto pela Propriedade 3.14

14. limn→2

[1

n(n− 2)2− 1

n2 − 3n+ 2

]= lim

n→2

[n− (n+ 1)2

n(n− 2)3(n− 1)

]= ±∞

Exercício 3.3.10.Se f é uma função limitada em intervalos limitados. Mostre que:

limx→∞

[f(x+ 1)− f(x)] ⇒ limx→∞

f(x)

x


Solução.

Exercício 3.3.11.Verificar o valor dos seguintes limites:

1. limn→+∞

4n3 + 2n2 − 5

n+ 2− 8n3= −1

22. lim

n→−∞

5n3 − n2 + n− 1

n4 − n3 − 2n+ 1= 0

3. limn→+∞

3n2 − 2

2n+ 1+

n2 − 4n

n− 3= ∞ 4. lim

n→+∞

2n+ 3

n+ 3√n= 2

5. limn→+∞

3

√8n− 4

(3−√n)(

√n+ 2)

= −2 6. limn→+∞

√n+

√n+

√n+ 3

√n+ 3

= 1

.7 limn→+∞

[√n2 − 5n+ 6− n] = −5

28. lim

n→−∞[√n2 − 2n+ 4 + n] = 1

9. limn→+∞

[

√n√2n− 5n+ 6− n] = −∞ 10. lim

n→∞

(√n2 + 1 + n)2

3√n6 + 1

= 4

11. limn→+∞

√a+ a2n2 +

√b+ a2n2 − 2

√a2n2 − a+ b

2= 0

12. limn→+∞

7√a7n7 + a+

√n2 − 4

5√a− 1− a5n5 + 4

√n4 − 25a2 + 144

=1 + a

1− aSolução.

1. limn→+∞

4n3 + 2n2 − 5

n+ 2− 8n3= lim

n→+∞

n3(4 +2

n− 5

n3)

n3(1

n2+

2

n3− 8)

=4

−8= −1

2

2. limn→−∞

5n3 − n2 + n− 1

n4 − n3 − 2n+ 1= lim

n→−∞

n3(5− 1

n+

1

n2− 1

n3)

n4(1− 1

n− 2

n3+ 1)

= 0

limn→−∞

1

n· limn→−∞

5− 1

n+

1

n2− 1

n3

1− 1

n− 2

n3+ 1

= (0)(5) = 0


3. limn→+∞

3n2 − 2

2n+ 1+

n2 − 4n

n− 3= lim

n→+∞

[(3n2 − 2)(n− 3) + (n2 − 4n)(2n+ 1)

(2n+ 1)(n− 3)

]=

limn→+∞

[5n3 − 16n2 − 6n+ 6

2n2 − 5n− 3

]= +∞

isto pela Propriedade 3.14

4. limn→+∞

2n+ 3

n+ 3√n= lim

n→+∞

n(2 + 3n)

n(1 + 13√n)= 2

5. limn→+∞

3

√8n− 4

(3−√n)(

√n+ 2)

= 3

√lim

n→+∞

8n− 4

(3−√n)(

√n+ 2)

=

= 3

√lim

n→+∞

8n− 4

(6 +√n− n)

= 3

√√√√√√√ limn→+∞

8− 4

n[6

n+

1√n− 1

] = 3√−8 = −2

6. limn→+∞

√n+

√n+

√n+ 3

√n+ 3

=

√lim

n→+∞

n+√n+

√n+ 3

n+ 3=

=

√√√√√√lim

n→+∞

n+

√n+ n

√1

n+

3

n2

n+ 3=

√√√√√√√√√ limn→+∞

n

1 +√

1

n+

1

n

√1

n+

3

n2

n(1 +

3

n)

=√1 = 1

7. limn→+∞

[√n2 − 5n+ 6− n] = lim

x→+∞

(√n2 − 5n+ 6− n)(

√n2 − 5n+ 6 + n)√

n2 − 5n+ 6 + n= −5

2

= limx→+∞

n2 − 5n+ 6− n2

√n2 − 5n+ 6 + n

= limx→+∞

n[−5 +6

n]

n

[√1− 5

n+

6

n2+ 1

] = −5

2

8. limn→−∞

[√n2 − 2n+ 4 + n] = lim

n→−∞

[(√n2 − 2n+ 4 + n)(

√n2 − 2n+ 4− n)√

n2 − 2n+ 4− n

]=

= limn→−∞

[−2n+ 4√

n2 − 2n+ 4− n

]= lim

n→−∞

−n(2− 4n)

−n(√1 + 2

−n+ 4

n2 + 1)

= 1


9. limn→+∞

[

√n√2n− 5n+ 6−n] = lim

n→+∞

[(√n√2n− 5n+ 6− n)(

√n√2n− 5n+ 6 + n)√

n√2n− 5n+ 6 + n

]=

limn→+∞

[n√2n− 5n+ 6− n2√

n√2n− 5n+ 6 + n

]= lim

n→+∞

n2(√2nn

− 5n+ 6

n2 − 1)

n(√√

2nn

− 5n+ 6

n2 + 1)

= limn→+∞

−n2

n= −∞

10. limn→∞

(√n2 + 1 + n)2

3√n6 + 1

= limn→∞

(n(√

1 + 1n2 + 1))2

n2(1 + 1n2 )

= 4

11. limn→+∞

√a+ a2n2 +

√b+ a2n2 − 2

√a2n2 − a+ b

2=

limn→+∞

[√a+ a2n2 −

√a2n2 − a+ b

2

]+

[√b+ a2n2 −

√a2n2 − a+ b

2

]=

limn→+∞

a+ a+b2

√a+ a2n2 +

√a2n2 − a+b

2

+

b+ a+b2

√b+ a2n2 +

√a2n2 − a+b

2

= 0

12. limn→+∞

7√a7n7 + a+

√n2 − 4

5√a− 1− a5n5 + 4

√n4 − 25a2 + 144

=

= limn→+∞

n

[7

√a7 +

a

n7+

√1− 4

n2

]

n

[5

√a− 1

n5− a5 +

4

√1− 25a2 − 144

n4

] =7√a7 + 1

5√−a5 + 1

=1 + a

1− a


x→+∞.f(x) = lim

x→−∞.f(−x).

Demonstração.

Seja L = limx→+∞

.f(x), então pela definição deste limite tem-se que

∀ ϵ > 0, ∃N > 0 /. |f(x)− L| < ϵ sempre que x > N

Se x < −N então x > −N e assim obtemos

∀ ϵ > 0, ∃N > 0 /. |f(−x)− L| < ϵ sempre que x < −N

isto é limx→−∞

.f(−x) = L

Portanto, limx→+∞

.f(x) = limx→−∞

.f(−x)


Exercício 3.3.13.

Mostre que 1. limx→0−

.f(1

x) = lim

x→−∞.f(x) 2. lim

x→0+.f(

1

x) = lim

x→+∞.f(x).

Demonstração. 1.

Seja L = limx→−∞

.f(x), então pela definição deste limite temos

∀ ϵ > 0, ∃N > 0 /. |f(x)− L| < ϵ sempre que x < −N

Podemos supor −N = M < 0, se1

M< x < 0, então

1

x< M < 0, com isto

|f( 1x)− L| < ϵ, sempre que x < 0, assim lim

x→0−.f(

1

x) = L.

Portanto, limx→0−

.f(1

x) = lim

x→−∞.f(x).

Demonstração. 2.Seja L = lim

x→+∞.f(x), então pela definição deste limite temos

∀ ϵ > 0, ∃N > 0 /. |f(x)− L| < ϵ sempre que x > N

Podemos supor1

N= M > 0, se 0 <

1

M< x, então 0 <

1

x< M , com isto |f( 1

x)−L| <

ϵ, sempre que 0 < x, assim limx→0+

.f(1

x) = L.

Portanto, limx→0+

.f(1

x) = lim

x→+∞.f(x).

Exercício 3.3.14.

Mostre que limx→+∞

anxn + an−1x

n−1 + · · · a1x+ a0bmxm + bm−1xm−1 + · · · b1x+ b0

existe se e somente se m ≥ n. Qual

é o valor do limite se m = n?. E quando m < n ?Demonstração.

Propriedade 3.14 conhecida,

limx→+∞

anxn + an−1x


=

m

nse m = n

∞ se m < n

0 se m > n


1. limx→+∞

x3

2x2 − 1− x2

2x+ 1

2. limx→+∞

anxn + an−1x


3. limx→+∞

(x+ 1) + (x+ 2)2 + (x+ 3)3 + · · ·+ (x+ n)n

xn − nnn ∈ N.

Solução.


1. Temos limx→+∞

[x3

2x2 − 1− x2

2x+ 1

]= lim

x→+∞

[x3 − x2

4x3 + 2x2 − 2x− 1

]=

1

4.

Isto pelo exercício (3.3.14).

2. Pelo exercício (3.3.14) segue que

limx→+∞

anxn + an−1x


=

an/bn se m = n

0 se m > n

∞ se m < n

3. Temos limx→+∞

(x+ 1) + (x+ 2)2 + (x+ 3)3 + · · ·+ (x+ n)n

xn − nn=

limx→+∞

xn[( 1xn−1 (1 +

1x) + 1

xn−2 (1 +2x)2 + · · ·+ 1

x(1 + n−1

x)n−1 + (1 + n

x)n]

xn(1− nn

xn )= 1


3.4 Limite da Função Exponencial e Logarítmica.

Exercícios 3-4

Exercício 3.4.1.Verificar o cálculo dos seguintes limites:

Solução.

1. limx→2+

x+ 2

x2 − 4= lim

x→2+

x+ 2

(x+ 2)(x− 2)= lim

x→2+

1

(x− 2)≡ 1

0+= +∞

2. limx→3+

√x2 − 9

x− 3= lim

x→3+

√(x+ 3)(x− 3)

(x− 3)2= lim

x→3+

√x+ 3

x− 3=

√6

0+= +∞

3. limx→4−

√16− x2

x− 4= −

√limx→4−

(4 + x)(4− x)

(4− x)2= −

√limx→4−

(4 + x)

(4− x)≡ −

√8

0+= −∞

4. limx→2

[1

x− 2− 3

x2 − 4

]= lim

x→2

[(x+ 2)− 3

x2 − 4

]= lim

x→2

[x− 1

(x+ 2)(x− 2)

]≡ ±2

0= ∞

5. limx→1+

2x2 − 5x− 3

x− 1= lim

x→1+

(2x+ 1)(x− 3)

x− 1≡ −6

0+= −∞

6. limx→−∞

3x3 + 2x2 − 1

2x2 − 3x+ 5= lim

x→−∞

x3(3 + 2x− 1

x3 )

x2(2− 3x+ 5

x2 )= (−∞)(3) = −∞

7. limx→2−

3x2 − 9x− 6

x2 + x− 6= lim

x→2−

3x2 − 9x− 6

(x+ 3)(x− 2)≡ −12

0−= +∞

8. limx→20+

5x3 + 1

20x3 − 800x= lim

x→20+

5x3 + 1

20x(x+ 20)(x− 20)≡ 40001

0+= +∞

9. limx→+∞

5√x6

7√x− 7

√x4

= limx→+∞

x56

x47 (x

−37 − 1)

= limx→+∞

x1142

(x−37 − 1)

≡ +∞−1

= −∞

10. limx→1

[1

1− x− 1

x2 − 2x− 1

]= lim

x→1

[(x2 − 2x− 1)− (1− x)

(x2 − 2x− 1)(1− x)

]=

= limx→1

[x2 − x− 2

(x2 − 2x− 1)(1− x)

]= lim

x→1

[(x− 2)(x+ 1)

(x2 − 2x− 1)(1− x)

]= +∞


Solução.

1. limx→+∞

[2x

3x− 2− x+ 1

4x− x

6x2 − 1

]=

2

3− 1

4− lim

x→+∞

[x

6x2 − 1

]=

5

12


2. limx→−∞

3√x5

7 5√x+ 3

5√x8

= limx→−∞

x115

7x− 75 + 3

=−∞3

= −∞

3. limx→+∞

66√x7 + 3

√x

55√x4 + 4

√x= lim

x→+∞

6√x7(6 + x− 5

6 )5√x4(5 + x−1)

= limx→+∞

x1130 (6 + x− 5

6 )

(5 + x−1)=

(+∞)(6)

(5)= +∞

4. limx→−∞

(x√x2 + 1− x2) = (−∞

√(−∞)2 + 1− (−∞)2) = −∞−∞ = −∞

5. limx→+∞

4(x√x2 + 1− x2) = 4 lim

x→+∞

(x√x2 + 1− x2)(x

√x2 + 1 + x2)

(x√x2 + 1 + x2)

=

= 4 limx→+∞

x2

(x√x2 + 1 + x2)

= 4 limx→+∞

1√1 + 1

x2 + 1= 2

6. limx→2

√4− x2

x2 + 1= 0

7. limx→2−

3x2 − 9x− 6

x2 + x− 6= 3 lim

x→2−

x2 − 3x− 2

(x− 2)(x+ 3)= −12

5limx→2−

1

x− 2= (−12

5)(−∞) =

+∞

8. limx→−∞

√3x+ 4x2 − x3 + x

x2 + 5x+ 1= lim

x→−∞

3x+ 3x2 − x3

(x2 + 5x+ 1)(√3x+ 4x2 − x3 − x)

= limx→−∞

3x+ 3x2 − x3

(x2 + 5x+ 1)(√3x+ 4x2 − x3 − x)

=

= limx→−∞

x3(3

x2+

3

x− 1)

x2(1 +5

x+

1

x2)(−x

√3

x+ 4− x− x)

= limx→−∞

(3

x2+

3

x− 1)

−(1 +5

x+

1

x2)(

√3

x+ 4− x+ 1)

= 0

Exercício 3.4.3.

Mostre que, limx→0+

.f(x) = ∞ se, e somente se limx→+∞

.f(1

x) = ∞.

Demonstração.

limx→0+

.f(x) = ∞ se, e somente se ∀M > 0, ∃ δ = δ(M) > 0 tal que |f(x)| > M sempreque 0 < x− 0 < δ.

Suponhamos x =1

sentão, quando x → 0+ ⇒ s → +∞, assim


∀ M > 0, ∃ δ = δ(M) > 0 tal que |f(1s)| > M sempre que 0 <

1

s− 0 < δ ⇔

lims→+∞

.f(1

s) = ∞.

Portanto, limx→0+

.f(x) = ∞ se e somente se limx→+∞

.f(1

x) = ∞.

Exercício 3.4.4.Determine constantes a e b tais que:

1. limx→+∞

[x3 + 1

x2 + 1+√x2 + 2− ax

]= 0 2. lim

x→+∞

[x2 + 1

x+ 1− ax− b

]= 0

3. limx→+∞

[√x2 − x+ 1− ax− b

]= 0

Solução.

1. limx→+∞

[x3 + 1

x2 + 1+√x2 + 2− ax

]= lim

x→+∞

[x3 + 1 + (x2 + 1)(

√x2 + 2− ax)

x2 + 1

]=

= limx→+∞

[(1− a)x3 + 1 + x2

√x2 + 2 +

√x2 + 2− ax

x2 + 1

]=

= limx→+∞

[(1− a)x3 + x2

√x2 + 2

x2 + 1

]+ lim

x→+∞

[1 +

√x2 + 2− ax

x2 + 1

]=

= limx→+∞

[(1− a)x3 + x2

√x2 + 2

x2 + 1

]+ 0 =

= limx→+∞

[x2[(1− a)x+

√x2 + 2][(1− a)x−

√x2 + 2]

(x2 + 1)[(1− a)x−√x2 + 2]

]=

= limx→+∞

[x2[((1− a)2 − 1)x2 − 2]

(x2 + 1)[(1− a)x−√x2 + 2]

]= 0

quando (1− a)2 − 1 = 0, isto é, quando a = 0 ou a = 2.

2. limx→+∞

[x2 + 1

x+ 1− ax− b

]= lim

x→+∞

[x2 + 1− (x+ 1)(ax+ b)

x+ 1

]=

= limx→+∞

[(1− a)x2 − (a+ b)x+ 1− b

x+ 1

]= 0

quando (1− a) = 0 e a+ b = 0, isto é, quando a = 1 e b = −1.

3. limx→+∞

[√x2 − x+ 1− ax− b

]=

= limx→+∞

[[√x2 − x+ 1− (ax+ b)][

√x2 − x+ 1 + (ax+ b)]

[√x2 − x+ 1 + (ax+ b)]

]=


= limx→+∞

[[x2 − x+ 1− (ax+ b)2]

[√x2 − x+ 1 + (ax+ b)]

]= lim

x→+∞

[[(1− a2)x2 − (1 + 2ab)x+ 1− b2]

[√x2 − x+ 1 + (ax+ b)]

]= 0

quando (1− a2) = 0 e 1 + 2ab = 0, isto é, quando a = ±1 e b = ∓1

2.

Exercício 3.4.5.

Quando x → 0 temos y =1 + 2x

x→ ∞. Que condições deve satisfazer x para que

tenhamos a desigualdade | y |> 104?Solução.

Temos y =1 + 2x

x=

1

x+ 2.

Disto segue que limx→0+

y = limx→0+

[1

x+ 2] = +∞ e lim

x→0−y = lim

x→0−[1

x+ 2] = −∞.

Assim, limx→0

y = limx→0

(1

x+ 2) = ∞ . Isto é, a função y =

1 + 2x

xé infinitamente grande

quando x → 0.

Por outro lado, | y |=| 1 + 2x

x|> 104 então

1

x+ 2 > 10000 ou

1

x+ 2 < −10000

0 > 9998− 1

xou 10002 +

1

x< 0

0 >9998x− 1

xou

10002x− 1

x< 0 ⇒ x ∈ (0,

1

9998) ou x ∈ (− 1

10002, 0)

Exercício 3.4.6.Mostre que a função y =

x

x− 3é infinitamente grande quando x → 3. Qual deve ser

o valor de x para que a magnitude | y | seja maior que 1000?Solução.

Temos que y =x

x− 3= 1− 3

x− 3.

De onde limx→3+

y = limx→3+

(1− 3

x− 3) = −∞ e lim

x→3−y = lim

x→3−(1− 3

x− 3) = +∞.

Assim, limx→3

y = limx→3

(1 − 3

x− 3) = ∞ . Isto é, a função y =

x

x− 3é infinitamente

grande quando x → 3.

Por outro lado, | y |=| 1 − 3

x− 3|> 1000 então 1 − 3

x− 3> 1000 ou 1 − 3

x− 3<

−1000

0 >3

x− 3+ 999 ou 1001− 3

x− 3< 0

0 >999x− 2994

x− 3ou

1001x− 3006

x− 3< 0 ⇒ x ∈ (

2994

999, 3) ou x ∈ (3,

3006

1001)

Exercício 3.4.7.Verificar que:1. arcsen x = arctan

x√1− x2

2. arctanx− arctan y = arctanx− y

1 + xy.

Solução.


1. Suponhamos que y = arcsen x ⇒ x = sen y, logo no triângulo de hipotenusa y,catetos x e

√1− x2 tem-se que tan y =

x√1− x2

de onde y = arctanx√

1− x2

Portanto, arcsen x = arctanx√

1− x2

2. Suponhamos que α = arctan x e β = arctan y, então tanα = x e tan β = y, sabemosque

tan(α− β) =tanα− tan β

1 + tanα · tan β=

x− y

1 + xy

α− β = arctanx− y

1 + xy

Portanto, arctanx− arctan y = arctanx− y

1 + xy

Exercício 3.4.8.Sejam f(x) = sen

πx

4+cos(arctan x) e g(x) = sec(2−x)− tan(arcsec (−x)). Calcular

f(1)− g(2).Solução.

Tem-se f(1) = senπ

4+ cos(arctan 1) =

√2

2+ cos

π

4=

√2. Por outro lado

g(2) = sec(2− 2)− tan(arcsec (−2)) = sec 0− tan(−π

3) = 1 +

√3.

Portanto, f(1)− g(2) =√2 + 1 +

√3.

Exercício 3.4.9.No sentido da Definição (3.7):

1. Demonstrar que: limx→3

1

(x− 3)2= +∞.

2. Demonstre que: se g(x) > β > 0 para todo x, e se limx→a

g(x) = 0, então limx→a

1

g(x)= +∞.

Demonstração. 1.

Seja f(x) =1

(x− 3)2

Temos f(x) =1

(x− 3)2=

1

|x− 3|2>

1

δ2= K sempre que 0 < |x− 3| < δ

Portanto, dado K > 0 (tão grande como quiser), existe δ =1√K

> 0 tal que 0 <|

x− 3 |< δ implica f(x) > K.Demonstração. 2.

Se limx→a

g(x) = 0, então para todo ϵ > 0 existe δ > 0 tal que |g(x) − 0| < ϵ sempreque 0 < |x− a| < δ. Assim temos

|g(x)− 0| < ϵ ⇔ −ϵ < g(x) < ϵ ⇔ −ϵ < 0 < β < g(x) < ϵ ⇔


0 <1

ϵ<

1

g(x)sempre que 0 < |x− a| < δ

Portanto, dado K =1

ϵ> 0 (tão grande como quiser), existe δ > 0 tal que

1

g(x)> K

sempre que 0 < |x− a| < δ.

Exercício 3.4.10.

Um triângulo retângulo isósceles cuja base esta dividida em 2n partes (quadrados) teminscrito uma figura escalonada segundo a Figura (3.9). Demonstre que a diferença entrea área do triângulo e a figura escalonada é infinitesimal quando n cresce infinitamente.

��

��

��

@@

@@

@@

@@

· · ·......

Figura 3.9

Solução.

Pela Figura (3.9), dado o triângulo retângulo isósceles de base a (hipotenusa), sua

altura éa

2, conseqüentemente a área do triângulo é A =

a2

4. Por outro lado.

A base a dividida em 2n partes, originam 2(n− 1) quadrados inscritos cada um com

uma área dea2

n2

Na segunda fileira acima, tem-se 2(n− 2) quadrados cada uma com a mesma áreaa2

n2.

Na terceira fileira tem-se 2(n− 3) quadrados cada uma com a mesma área das anteriores.E assim sucessivamente, na antepenúltima fileira tem-se 2(2) quadrados cada uma com aa2

n2. Na penúltima fileira tem-se 2(1) quadrados cada uma com a mesma área. Supondo

Sn a soma total das áreas de todos os quadrados inscritos no triângulo, temos que:

Sn =a2

n2[2(n− 1) + 2(n− 2) + 2(n− 3) + · · ·+ 2(3) + 2(2) + 2(1)]

Sn =a2n(n− 1)

n2=

a2(n2 − n)

4n2⇒ S = lim

n→∞

a2(n2 − n)

4n2=

a2

4= A

Isto indica que a diferença entre a área do triângulo e a figura escalonada Sn é infini-tesimal quando n cresce infinitamente.

Exercício 3.4.11.


Para os seguintes exercícios esboçar o gráfico no intervalo [−2π, 2π]

1. f(x) = cos

(π[|x|]2

)2. f(x) = 2 cos

(πx2

)3. f(x) = sen (π[|x|]) 4. f(x) = sen

(πx2

)5. f(x) =| sen | x || 6. f(x) = sen 2 | x |

7. f(x) = sen(x− π

4

)8. f(x) = 2 tan

(π2

)+ sen x

Solução.

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓


⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

Exercício 3.4.12.

Verificar o cálculo dos seguintes limites:

1. limx→0

tanx− sen x

x3= 0.5 2. lim

x→0

tan ax− tan3 x

tanx= a a = 1

3. limx→0

1− cos 3x

1− cos 4x=

9

164. lim

x→0

x− sen ax

x+ sen bx=

1− a

1 + bb = −1, a = 0

5. limx→1

1− x2

sen πx=

2

π6. lim

x→π

sen (π − x)

x(π − x)=

1

π

7. limx→0

1− cos ax

x2=

a2

28. lim

x→π2

cos x

(π2− x)

= 1

9. limx→π

3

1− 2 cos x

π − 3x= −

√3

310. lim

x→1

1 + cos πx

x2 − 2x+ 1=

π2

2


11. limx→1

1− x3

sen (1− x2)=

3

212. lim

x→1

sen (1− x)√x− 1

= −2

13. limx→0

√2x2

tanx√secx− 1

= 2 14. limx→0

.4x · cot 4x = 1

15. limx→0

x6

(tanx− sen x)2= 4 16. lim

x→0

π

x. tan

(πx2

)=

π2

2

17. limx→π

tan(1 + cos x)

cos(tanx)− 1= −1 18. lim

x→0

sen (√x2 + 4− 2)

x2=

1

4

19. limx→0

π − 2 arccos x

x= 2 20. lim

x→0

arcsen 5x

arctanx= 5

Solução.

1. limx→0

tan x− sen x

x3= lim

x→0

sen x(1− cos x)

x3 cos x= lim

x→0

sen x(1− cos2 x)

x3 cosx(1 + cos x)=

= limx→0

sen 3x

x3 cosx(1 + cos x)= lim

x→0

sen 3x

x3· limx→0

1

cosx(1 + cosx)=

1

2= 0, 5

2. Como a = 1, podemos escrever

limx→0

tan ax− tan3 x

tanx= lim

x→0

[tan ax

tanx− tan3 x

tanx

]= lim

x→0

[tan ax

tanx− tan2 x

]=

= limx→0

[cos x · sen ax

cos ax · sen x− tan2 x

]= lim

x→0

cosx

cos ax· limx→0

a · sen ax

axsen x

x

− tan2 x

=

=1

1· [a · 1

1− 0] = a

3. limx→0

1− cos 3x

1− cos 4x= lim

x→0

1− [cos 2x cosx− sen 2xsen x]

2sen 22x=

= limx→0

1− [(cos2 x− sen 2x) cos x− 2sen 2x cosx]

8sen 2x cos2 x=

= limx→0

1− cos3 x+ 3sen 2x cos x

8sen 2x cos2 x= lim

x→0

(1− cos x)(1 + cos x+ cos2 x)

8sen 2x cos2 x+lim

x→0

3

8 cos x=

= limx→0

(1− cos2 x)(1 + cos x+ cos2 x)

8sen 2x cos2 x(1 + cos x)+

3

8=

3

16+

3

8=

9

16=


4. Como a = 0 e b = 0, podemos escrever

limx→0

x− sen ax

x+ sen bx= lim

x→0

1− sen ax

x

1 +sen bx

x

= limx→0

1− a[sen ax

ax

]1 + b

[sen bx

bx

] =1− a

1 + b

5. limx→1

1− x2

sen πx= lim

x→1

(1− x)(1 + x)

sen π(1− x)= lim

x→1(1+x)·lim

x→1

(1− x)

sen π(1− x)= 2·lim

x→1

1πsen π(1−x)

π(1−x)

=

2

π

6. limx→π

sen (π − x)

x(π − x)= lim

y→0

sen y

(π − y)y=

1

πlimy→0

[sen y

(π − y)+

sen y

y

]= 0 +

1

π=

1

π

7. limx→0

1− cos ax

x2= lim

x→0

(1− cos ax)(1 + cos ax)

x2(1 + cos ax)=

= limx→0

sen 2(ax)

(ax)2· limx→0

1

(1 + cos ax)= a2 · 1

2=

a2

2

8. limx→π

2

cos x

(π2− x)

= limy→0

cos(π2− y)

y= lim

y→0

cos π2cos y + sen π

2sen y

y= 1

9. limx→π

3

1− 2 cos x

π − 3x=

1

3limx→π

3

1− 2 cos xπ3− x

=1

3limy→0

1− 2[cos π3cos y − sen ysen π

3]

y=

=1

3limy→0

1− [cos y −√3sen y]

y= −

√3

3

10. limx→1

1 + cos πx

x2 − 2x+ 1= lim

x→1

1 + cosπx

(x− 1)2= lim

x→1

(1 + cos πx)(1− cos πx)

(x− 1)2(1− cosπx)=

= limx→1

sen 2π(x− 1)

(x− 1)2(1− cos πx)= lim

y→0

π2sen 2πy

[πy]2· limx→1

1

(1− cosπx)=

π2

2

11. limx→1

1− x3

sen (1− x2)= lim

x→1

(1− x)(x2 + x+ 1)

sen (1− x2)= lim

x→1

(x2 + x+ 1)sen (1−x2)

(1−x)

=

limx→1

(x2 + x+ 1)

(1 + x) sen (1−x2)(1−x2)

=3

2

12. limx→1

sen (1− x)√x− 1

= − limx→1

(√x+ 1)sen (x− 1)

(√x− 1)(

√x+ 1)

= − limx→1

(√x + 1) · lim

x→1

sen (x− 1)

(x− 1)=

−2


13. limx→0

√2x2

tan x√sec x− 1

=√2 limx→0

x2√sec x+ 1

tanx√tan2 x

=√2 limx→0

sec2 x√sec x+ 1

sen 2x

x2

=

=√2 limx→0

[sec2 x

√sec x+ 1

]· limx→0

1

sen 2x

x2

= (√2)(

√2)(1) = 2

14. limx→0

.4x · cot 4x = limx→0

.4x · cos 4xsen 4x

= limx→0

cos 4xsen 4x4x

=limx→0

cos 4x

lim4x→0

sen 4x4x

=1

1= 1

15. limx→0

x6

(tan x− sen x)2= lim

x→0

x6 cosx

(1− cos x)2sen 2x= lim

x→0

x6 cosx(1 + cosx)2

(1− cos2 x)2sen 2x=

limx→0

[cosx(1 + cos x)2] · limx→0

x6

sen 6x= (22)(1) = 4

16. limx→0

π

x· tan

(πx2

)= lim

x→0

π2

2·tan(πx2

)πx2

=π2

2· limx→0

sen(πx2

)πx2

· 1

cos(πx2

) =π2

2

17. L = limx→π

tan(1 + cosx)

cos(tanx)− 1= −1 =

L = limx→π

tan(1 + cos x)

(1 + cosx)· limx→π

(1 + cosx)

tan2 x· limx→π

1

cos(tanx)− 1

tan2 x

=

Seja y = tanx, quando x → π tem-se que y → 0, logo

L = limx→π

sen (1 + cos x)

(1 + cos x)· 1

cos(1 + cosx)· limx→π

(1 + cosx)

tan2 x· limy→0

1cos y − 1

y2

=

L = (1) · 1

(1)· limx→π

(1 + cos x)

tan2 x· 1−1

2

= −2 limx→π

(1 + cos x)

tan2 x= −2 lim

x→π

cos x

1− cos x= −1

18. limx→0

sen (√x2 + 4− 2)

x2= lim

x→0

sen (√x2 + 4− 2)

(x2 + 4)− 4

limx→0

sen (√x2 + 4− 2)

(√x2 + 4− 2)

· 1

(√x2 + 4 + 2)

= limy→0

sen y

y· limx→0

1

(√x2 + 4 + 2)

= 1 · 14=

1

4

onde y = sen (√x2 + 4− 2)

19. limx→0

π − 2 arccosx

x= 2 · lim

x→0

π2− arccos x

x= 2 · lim

x→0

arcsen x

x= 2 · 1 = 2


20. limx→0

arcsen 5x

arctanx= lim

x→0

5arcsen 5x5x

arctanxx

= 5 ·lim5x→0

arcsen 5x5x

limx→0

arcsen xx

= 5 · 11= 5

Exercício 3.4.13.Considere um triângulo equilátero de lado a. Suas três alturas servem para gerar um

novo triângulo equilátero e assim sucessivamente n vezes. Determine o limite da somadas áreas de todos os triângulos quando n → +∞.Solução.

A altura de cada triângulo T1 de lado a medea√3

2, e a área de T1 é AT1 =

√3

4a2.

O novo triângulo T2 de ladoa√3

2tem como altura

a(√3)2

4, e a área de T2 é AT2 =

√3

4(a√3

2)2.

O novo triângulo T3 de ladoa(√3)2

4tem como altura

a(√3)3

8, e a área de T3 é AT3 =√

3

4(a(√3)2

4)2.

A soma das áreas dos n primeiros triângulos é:

Sn =

√3

4a2 +

√3

4(a√3

2)2 +

√3

4(a(√3)2

4)2 + · · ·+

√3

4

Sn =

√3

4a2[1+(

√3

2)2+(

√3

2)4+ · · ·+(

√3

2)2(n−1)] =

√3

4a2[1+(

3

4)+(

3

4)2+ · · ·+(

3

4)(n−1)]

Sn =

√3

4a2[1− (3

4)n

1− 34

]quando n → ∞, lim

n→∞Sn = a2

√3.

Exercício 3.4.14.Um círculo de raio r tem inscrito um quadrado; este tem inscrito um círculo o qual

tem inscrito um quadrado, e assim sucessivamente n vezes. Determine o limite das somadas áreas de todos os quadrados quando n → +∞. De modo análogo para a soma dasáreas de todos os círculos.Solução.

Seja C1 o primeiro círculo, então sua área AC1 = πr2 e seu diâmetro é 2r. Suponhamosum quadrado Q1 de lado l inscrito no círculo de raio r, logo 2r = l

√2 e, a área do quadrado

AQ1 = l2 = 2r2.

Seja C2 o círculo inscrito no quadrado Q1, então sua área AC2 = π(l

2)2 =

πl2

4=

πr2

2e seu diâmetro é l. Suponhamos um quadrado Q2 de lado l1 inscrito no círculo C2, logo

l = l1√2 e, a área do quadrado AQ2 = l21 =

1

2l2 = r2.


Seja C3 o círculo inscrito no quadrado Q2, então sua área AC3 = π(l12)2 =

πr2

4e

seu diâmetro é l1. Suponhamos um quadrado Q3 de lado l2 inscrito no círculo C3, logo

l1 = l2√2 e, a área do quadrado AQ3 = l22 =

1

2l21 =

1

2r2.

A soma das áreas dos n primeiros quadrados é: Sn = 2r2 + r2 +1

2r2 + · · · + 1

2n−3r2,

isto é

Sn = 2r2 + r2[1 +1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n−3] = 2r2 + r2

[1− (1

2)n−1

1− 12

]= 2r2 + 2r2[1− (

1

2)n−1]

quando n → ∞, limn→∞

Sn = 4r2.

A soma das áreas dos n primeiros círculos é: SCn = πr2+1

2πr2+

1

22πr2+· · ·+ 1

2n−1πr2,

isto é

SCn = πr2[1 +1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n−1] = πr2

[1− (1

2)n

1− 12

]= 2πr2[1− (

1

2)n−]

quando n → ∞, limn→∞

SCn = 2πr2.


Solução.

1. limx→π

2

cos x

(π − 2x)=

1

2limx→π

2

sen (π2− x)

(π2− x)

=1

2limy→0

sen y

y=

1

2

2. limx→+∞

x. tan(ax

)= lim

y→0

tan(ay)

y= lim

y→0

asen (ay)

ay· 1

cos(ay)= a(1) = a

3. limx→0

1−√cosx

x2= lim

x→0

(1−√cosx)(1 +

√cos x)

x2(1 +√cosx)

== limx→0

(1− cosx)

x2(1 +√cosx)

= limx→0

(1− cos x)(1 + cos x)

x2(1 +√cosx)(1 + cos x)

= limx→0

sen 2x

x2(1 +√cos x)(1 + cos x)

=1

4

4. limx→0

x√1− cosx

= limx→0

x√1 + cosx√

1− cos x√1 + cos x

= limx→0

x√1 + cosx

sen x=

√2

5. limx→π

4

sen x+ x

x=

√22+ π

4π4

=

√2 + 2π

π

6. limx→0

arctan 3x

arcsen 4x= lim

x→0

3

4·

arctan 3x

3xarcsen 4x

4x

=3

4·limy→0

arctan y

y

limz→0

arcsen z

z

=3

4onde y = 3x e z = 4x


7. limx→π

2

(secx− tanx) = limx→π

2

(1− sen x)

cosx= lim

x→π2

(1− sen x)(1 + sen x)

cos x(1 + sen x)

= limx→π

2

cosx

(1 + sen x)= 0

8. limx→π

2

(1− sen x)3

(1 + cos 2x)3= lim

x→π2

(1− sen x)3

(2 cos2 x)3=

1

8limx→π

2

(1− sen x)3

(1− sen x)3(1 + sen x)3=

=1

8limx→π

2

1

(1 + sen x)3=

1

64

9. limx→π

3

1− cos 2x

sen (x− π3)= lim

y→0

2sen 2(y + π3)

sen y= lim

y→0

2[sen y cos π3+ cos ysen π

3]2

sen y=

= limy→0

2[14sen 2y + 2

√34sen y cos y + 3

4cos2 y]

sen y=

=1

2limy→0

[sen 2y + 2√3sen y cos y + 3 cos2 y]

sen y=

=1

2limy→0

[sen y + 2

√3 cos y +

3 cos2 y

sen y

]=

√3 + lim

y→0

3 cos2 y

2sen y=

√3

10. limx→0

√x4 − x4sen 2x

1− cos x= lim

x→0

x2√1− sen 2x

(1− cos x)= lim

x→0

x2 cos x(1 + cos x)

(1− cos x)(1 + cos x)=

= limx→0

x2 cosx(1 + cos x)

sen 2x= lim

x→0

cosx(1 + cos x)

sen 2x

x2

=(1)(2)

12= 2

11. limx→0

x(√1 + cos x−

√2)√

1− cosx= lim

x→0

x(√1 + cosx−

√2)(

√1 + cos x+

√2)

√1− cos x(

√1 + cos x+

√2)

=

= limx→0

x(cosx− 1)√1− cos x(

√1 + cos x+

√2)

= − limx→0

x√1− cos x

(√1 + cos x+

√2)

=0√2= 0

12. limx→0

x.sen (sen 2x)

1− cos(sen 4x)= lim

x→0

x.sen (sen 2x)

1− cos(2sen 2x cos 2x)= lim

x→0

x.sen (sen 2x)

2sen 2(sen 2x cos 2x)=

=1

2limx→0

sen (sen 2x)

sen 2xsen 2(sen 2x cos 2x)

sen 2x cos 2x

· limx→0

x.sen 2x

sen 2x cos 2x=

1

2

(1)

(1)· limx→0

x

cos 2x=

1

2(0) = 0


13. limx→0

sen (h+ x)− sen h

x= lim

x→0

sen h cosx+ coshsen x− sen h

x=

= sen h · limx→0

(cosx− 1)(cosx+ 1)

x(cosx+ 1)+ cosh · lim

x→0

sen x

x=

= −sen h · limx→0

sen 2x

x(cosx+ 1)+ cosh = −sen h · (0)(1)(1

2) + cosh = cosh

14. limx→0

2−√cos x− cos x

x2= lim

x→0

1−√cosx

x2+ lim

x→0

1− cosx

x2=

= limx→0

(1−√cosx)(1 +

√cos x)

x2(1 +√cosx)

+ limx→0

(1− cos x)(1 + cos x)

x2(1 + cos x)=

= limx→0

(1− cosx)(1 + cos x)

x2(1 +√cos x)(1 + cos x)

+ limx→0

sen 2x

x2(1 + cos x)=

limx→0

sen 2x

x2

[limx→0

1

(1 +√cosx)(1 + cos x)

+1

(1 + cos x)

]= (1)(

1

4+

1

2) =

3

4

15. limx→0

cot(h+ x)− coth

x= lim

x→0

cos(h+ x)sen h− sen (h+ x) cosh

xsen (h+ x)sen h=

= limx→0

sen h[cosh cos x− sen hsen x]− cosh[sen x cosh+ cos xsen h]

xsen (h+ x)sen h=

= limx→0

−sen x[sen 2h+ cos2 h] + sen h cosh cosx− cosh cos xsen h

xsen (h+ x)sen h=

= limx→0

−sen x

xsen (h+ x)sen h= − lim

x→0

sen x

x· limx→0

1

sen (h+ x)sen h= −csc2h

16. limx→0

[2

sen 2x− 1

1− cosx

]= lim

x→0

[2

sen 2x− 1 + cos x

1− cos2 x

]= lim

x→0

1− cosx

sen 2x=

limx→0

1

1 + cos x=

1

2

17. limx→0

tan ax

(1 + cos ax)(sec ax)= lim

x→0

sen ax

(1 + cos ax)(sec ax) cos ax= lim

x→0

sen ax

1 + cos ax= 0

18. limx→0

tan(h+ x)− tanh

x= lim

x→0

sen (h+ x) cosh− cos(h+ x)sen h

x cos(h+ x) cosh=

= limx→0

cosh[sen h cos x+ coshsen x]− sen h[cosx cosh− sen xsen h]

x cos(h+ x) cosh=


= limx→0

sen x[cos2 h+ sen 2h] + sen h cosh cosx− cosh cos xsen h

x cos(h+ x) cosh=

= limx→0

sen x

x cos(h+ x) cosh= lim

x→0

sen x

x· limx→0

1

sen (h+ x)sen h= sec2h

19. limx→0

cos(h+ x)− cosh

x= lim

x→0

cosh cos x− sen hsen x− cosh

x=

= cosh · limx→0

(cosx− 1)(cosx+ 1)

x(cosx+ 1)− sen h · lim

x→0

sen x

x=

= − cosh · limx→0

sen 2x

x(cosx+ 1)− sen h = − cosh · (0)(1)(1

2)− sen h = −sen h

20. limx→0

sec(h+ x)− sech

x= lim

x→0

cosh− cos(x+ h)

x · cosh cos(h+ x)=

= limx→0

cosh− cos x cosh+ sen xsen h)


cosh · limx→0

1− cosx

x · cosh cos(h+ x)+ sen h · lim

x→0

sen x


cosh · limx→0

sen 2x

x2· x

cosh cos(h+ x)(1 + cos x)+ sen h · lim

x→0

sen x

x· 1

cosh cos(h+ x)=

(cosh) · (1) · 0

(cosh)(cosh)(2)+ (sen h) · (1) · 1

(cosh)(cosh)= sech tanh

21. Sabe-se que −1 ≤ sen 3x ≤ 1 e −1 ≤ cosx ≤ 1 então −100 ≤ 100sen 3x ≤ 100 e−200 ≤ 200 cos x ≤ 200 assim

− limx→+∞

300

x≤ lim

x→+∞

100sen 3x+ 200 cosx

x≤ lim

x→+∞

300

x⇔

⇔ = limx→+∞

100sen 3x+ 200 cosx

x= 0

Exercício 3.4.16.

Calcular os seguintes limites:

1. limx→π

2

cos x

(π − 2x)2. lim

x→+∞x. tan

(ax

)3. lim

x→0

1−√cosx

x2

4. limx→0

x√1− cosx

5. limx→π

4

sen x+ x

x6. lim

x→0

arctan 3x

arcsen 4x

7. limx→π

2

(secx− tanx) 8. limx→π

2

(1− sen x)3

(1 + cos 2x)39. lim

x→π3

1− cos 2x

sen (x− π3)


10. limx→0

√x4 − x4sen 2x

1− cos x11. lim

x→0

x(√1 + cosx−

√2)√

1− cos x

12. limx→0

x.sen (sen 2x)

1− cos(sen 4x)13. lim

x→0

sen (h+ x)− sen h

x

14. limx→0

2−√cos x− cos x

x215. lim

x→0

cot(h+ x)− coth

x

16. limx→0

[2

sen 2x− 1

1− cosx

]17. lim

x→0

tan ax

(1 + cos ax)(sec ax)

18. limx→0

tan(h+ x)− tanh

x19. lim

x→0

cos(h+ x)− cosh

x

20. limx→0

sec(h+ x)− sech

x21. lim

x→+∞

100sen 3x+ 200 cosx

x

Solução.

1. Sabe-se que −1 ≤ sen x ≤ 1, ∀ x ∈ R, então, ∀ x ∈ R, x = 0 segue que:

−1

x≤ sen x

x≤ 1

x

Portanto, limx→∞

sen x

x= 0. Idem para lim

x→∞

cosx

x= 0

2. Seja y = arctan x, ⇒ tan y = x. Quando x → ∞ tem-se que y → π2, logo

limx→∞

arctanx

x= lim

y→π2

y

tan y= lim

y→π2

y · cos ysen y

=π2· 01

= 0


arctanx

x= 0.

3. Tem-se limx→∞

x+ sen x

x+ cos x= lim

x→∞

1 + sen x

x

1 +cosx

x

=1 + 0

1 + 0= 1.


x+ sen x

x+ cos x= 1.

4. limx→0

Ln cos x

x2= lim

x→0

[1− cosx

x2· Ln cos x

1− cosx

]

= limx→0

1− cosx

x2· limx→0

Ln cosx

1− cosx=

1

2· limy→0

Ln (1 + y)

y=

1

2· 1 =

1

2

5. limx→1

arcsen x

tan(πx2

) = limx→1

cot(πx

2

)· arcsen x = 0 · π

2.

Portanto, limx→1

arcsen x

tan(πx2

) = 0


6. limx→+∞

[1 +

1

xn

]x= lim

x→+∞xn−1

√[1 +

1

xn

]xn

= e0 = 1

7. limx→∞

x2[1− cos

(1

x

)] = lim

y→0

[1− cos y][1 + cos y]

y2[1 + cos y]=

= limy→0

[1− cos2 y]

y2[1 + cos y]= lim

y→0

sen 2y

y2· limy→0

1

1 + cos y= (1)(

1

2) =

1

2

8. limx→0

sen x√cosx = lim

x→0exp[Ln ( sen x

√cos x)] = lim

x→0exp[Ln ( sen x

√cosx)] =

= exp

[limx→0

Ln (cosx)

sen x

]= exp

[limx→0

Ln (cos x)

x· 1

sen xx

]=

= exp

[limx→0

Ln (cos x)

x· 1]= exp

[limy→0

Ln (1 + y)

y

]= exp [1] = e

9. Seja n =sen x

x− sen x⇒ sen x

x=

n

n+ 1, quando x → 0 segue que n → ∞, logo

limx→0

(sen x

x

) sen xx−sen x

= limn→∞

(n

n+ 1

)n

=1

limn→∞

(1 + 1n)n

= e−1

10. limx→∞

ax − a−x

ax + a−x= a > 0

= limx→+∞

ax(1− a−2x)

ax(1 + a−2x)= lim

x→+∞

1− a−2x

1 + a−2x= 1

= limx→−∞

a−x(a2x − 1)

a−x(a−2x + 1)= lim

x→−∞

a2x − 1

a2x + 1= −1

11. limx→∞

x(

√x2 +

√x4 + 1− x

√2) =

= limx→∞

x(√x2 +

√x4 + 1− x

√2)(√x2 +

√x4 + 1 + x

√2)

(√

x2 +√x4 + 1 + x

√2)

=

= limx→∞

x(√x4 + 1− x2)

(√x2 +

√x4 + 1 + x

√2)

= limx→∞

x(√x4 + 1− x2)(

√x4 + 1 + x2)

(√x2 +

√x4 + 1 + x

√2)(

√x4 + 1 + x2)

=

= limx→∞

x

(√

x2 +√x4 + 1 + x

√2)(

√x4 + 1 + x2)

= 0


12. limx→0

1− cos(1− cosx)

x= lim

x→0

1− cos(1− cos x)

1− cos x· (1− cosx)

x=

= limy→0

1− cos y

y· limx→0

(1− cosx)

x= 0× 0 = 0

13. Como | cosx| ≤ 1, temos limx→0

x√cos x = 1, logo

limx→0

x√cosx+ sen x = lim

x→0

x√cosx · lim

x→0

x√1 + tan x = lim

x→0

x√1 + tanx

= limx→0

(1 + tan x)1x = lim

x→0

[(1 + tanx)

1tan x

] tan xx

= e1

Portanto, limx→0

x√cosx+ sen x = e.

14. limx→∞

ax

ax + 1= lim

x→∞

ax

ax(1 + a−x)= lim

x→∞

1

1 +1

ax

=1

1 + 0= 1 a > 0

15. Como | cosx| ≤ 1, tem-se que limx→0

x√cos x = 1, logo

limx→0

x√cos x+ asen bx = lim

x→0

x√cos x · lim

x→0

x√1 + a tan bx = lim

x→0

x√1 + a tan bx

= limx→0

(1 + a tan bx)1x = lim

x→0

[(1 + a tan bx)

1a tan bx

]a tan bxx

= eab

Portanto, limx→0

x√cosx+ asen bx = eab.

Exercício 3.4.17.Verificar que lim

x→+∞x√x = 1.

Solução.

Sejam n√n = m + 1 e n ∈ N+, então n = (1 + m)n ≥ n(n+ 1)

2m ⇒ m ≤

2

n+ 1⇒ n

√n = m+ 1 ≤ 2

n+ 1+ 1. Logo 1 ≤ n

√n ≤ 2

n+ 1+ 1.

1 = limn→+∞

1 ≤ limn→+∞

n√n ≤ lim

n→+∞

[2

n+ 1+ 1

]= 1


x√x = 1, pois quando x → +∞, x ∈ R, mistura-se com n →

+∞, n ∈ N+.

Exercício 3.4.18.Mostre que se lim

x→∞f(x) = ∞, então existe uma sequência {xn}n∈N+ de números reais

tais que f(xn) > n.Solução.


3.5 Miscelânea

Miscelânea 3-1

Miscelânea 3.1.1.Suponha-se que as funções f(x) e g(x) têm a seguinte propriedade:

"Para cada ε > 0 e todo x ∈ R; se 0 <| x−2 |< sen 2(ε2

9)+ε, então | f(x)−2 |< ε

e se 0 <| x− 2 |< ε2, então | g(x)− 4 |< ε."Para cada ε > 0 achar um δ > 0 de modo que, para todo x ∈ R :

1. Se 0 <| x− 2 |< δ, então | f(x) + g(x)− 6 |< ε.2. Se 0 <| x− 2 |< δ, então | f(x) · g(x)− 8 |< ε.

3. Se 0 <| x− 2 |< δ, então∣∣∣∣ 1

g(x)− 1

4

∣∣∣∣ < ε.

4. Se 0 <| x− 2 |< δ, então∣∣∣∣f(x)g(x)

− 1

2

∣∣∣∣ < ε.

Solução.

1. Observe, de 0 <| x − 2 |< sen 2(ε2

9) + ε, então | f(x) − 2 |< ε, segue 0 <| x − 2 |<

sen 2(ε2

36) +

ε

2, então | f(x)− 2 |< ε

2.

Por outro lado de 0 <| x − 2 |< ε2, então | g(x) − 4 |< ε segue 0 <| x − 2 |< ε2

4,

então | g(x)− 4 |< ε

2. Logo

| f(x)+ g(x)− 6 |≤| (f(x)− 2)+ (g(x)− 4) |≤| f(x)− 2 | + | g(x)− 4 |< ε

2+

ε

2= ε

sempre que δ = min{sen 2(ε2

36) +

ε

2;ε2

4}

2. Temos

| f(x) ·g(x)−8 |=| f(x) ·g(x)−2g(x)+2g(x)−8 |≤| g(x) || f(x)−2 | +2 | g(x)−4 |(3.12)

Suponhamos | g(x) − 4 |< 1, então | g(x) | − | 4 |<| g(x) − 4 |< 1, de onde| g(x) |< 5.

Observe, de 0 <| x − 2 |< ε2, então | g(x) − 4 |< ε segue 0 <| x − 2 |< ε2

16, então

| g(x)− 4 |< ε

4.

Por outro lado de 0 <| x − 2 |< sen 2(ε2

9) + ε, então | f(x) − 2 |< ε, segue 0 <|

x− 2 |< sen 2(ε2

900) +

ε

10, então | f(x)− 2 |< ε

10.


Assim, em (3.12) segue que

| f(x) · g(x)− 8 |≤| g(x) || f(x)− 2 | +2 | g(x)− 4 |< 5(ε

10) + 2(

ε

4) = ε

sempre que δ = min{sen 2(ε2

900) +

ε

10; 1,

ε2

16}

3. Tem-se ∣∣∣∣ 1

g(x)− 1

4

∣∣∣∣ = |g(x)− 4|4|g(x)|

≤ (3.13)

Suponhamos | g(x)− 4 |< 1, então 3 <| g(x) |< 5, de onde1

| g(x) |<

1

3

Por outro lado de 0 <| x− 2 |< ε2, então | g(x)− 4 |< ε segue 0 <| x− 2 |< 144ε2,então | g(x)− 4 |< 12ε.

Assim, em (3.13) segue que∣∣∣∣ 1

g(x)− 1

4

∣∣∣∣ = |g(x)− 4|4|g(x)|

≤ |g(x)− 4|12

< ε

sempre que δ = min{144ε2; 1}.

4. Tem-se ∣∣∣∣f(x)g(x)− 1

2

∣∣∣∣ ≤ 2|f(x)− 2|+ |g(x)− 4|2|g(x)|

≤ |f(x)− 2||g(x)|

+|g(x)− 4|2|g(x)|

< (3.14)

Suponhamos | g(x)− 4 |< 1, então 3 <| g(x) |< 5, de onde1

| g(x) |<

1

3.

Observe, de 0 <| x − 2 |< ε2, então | g(x) − 4 |< ε segue 0 <| x − 2 |< 16ε2, então| g(x)− 4 |< 4ε.

Assim, em (3.14) segue que∣∣∣∣f(x)g(x)− 1

2

∣∣∣∣ ≤ |f(x)− 2||g(x)|

+|g(x)− 4|2|g(x)|

≤ |f(x)− 2|3

+|g(x)− 4|

6< ε

sempre que δ = min{16ε2; 1; sen 2(ε2

9) + ε}

Miscelânea 3.1.2.

Mostre que, se limx→0

f(x) = 0 , então limx→0

f(x)

x= 0.

Demonstração.


Miscelânea 3.1.3.Mostre que:1. lim

x→0+f(x) = lim

x→0−f(−x) 2. lim

x→0f(| x |) = lim

x→0+f(x)

3. limx→0

f(x2) = limx→0+

f(x) 4. limx→0

f( 1x) = lim

x→∞f(x).

Solução.

1. Temos que limx→0+

f(x) = L se, e somente se, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que

| f(x)− L |< ε sempre que 0 < x < δ.

Se −δ < x < 0, então 0 < −x < δ, de onde | f(−x)− L |< ε. Assim, ∀ ε > 0 existeδ = δ(ε) > 0 tal que | f(−x)−L |< ε sempre que 0 < −x < δ ⇔ lim

x→0−f(−x) =

L.

Portanto, limx→0+

f(x) = limx→0−

f(−x).

2. Temos que limx→0+

f(x) = L se, e somente se, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que

| f(x)− L |< ε sempre que 0 < x < δ.

Se 0 < x < δ, então 0 <| x |< δ, de onde | f(| x |)− L |< ε. Assim, ∀ ε > 0 existeδ = δ(ε) > 0 tal que | f(| x |) − L |< ε sempre que 0 <| x |< δ ⇔ lim

x→0−f(| x |

) = L.

Portanto, limx→0

f(| x |) = limx→0+

f(x).

3. limx→0

f(x2) = limx→0+

f(x)

⇓

⇓

⇓

⇓

4. limx→0

f( 1x) = lim

x→∞f(x)

⇓

⇓

⇓

⇓

Miscelânea 3.1.4.

Seja f(x) =

{x, se, x ∈ Q1, se, x ∈ I = R−Q


Mostre que não existe o limite limx→a

.f(x), qualquer que seja a ∈ R.Solução.

Miscelânea 3.1.5.

Seja f(x) =

{x, se, x ∈ Q−x, se, x ∈ I = R−Q

Mostre que não existe o limite , para qualquer a = 0.Solução.

Miscelânea 3.1.6.

Mostre que se limx→0

f(x)

x= L e a = 0, então lim

x→0

f(ax)

x= aL

Demonstração.

Como limx→0

f(x)

x= L , então, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que

∣∣∣f(x)x

− L∣∣∣ < ε sempre que |x− 0| < δ (3.15)

Seja a = 0 e y = ax então, quando x → 0 tem-se que y → 0. Fazendo mudança devariável na expressão (3.15) segue∣∣∣f(y)

y− L

∣∣∣ < ε sempre que |y − 0| < δ

ou ∣∣∣f(ax)ax

− L∣∣∣ < ε sempre que |ax− 0| < δ


isto é ∣∣∣f(ax)x

− aL∣∣∣ < ε1 = aε sempre que |x− 0| < δ1 =

1

aδ

Portanto, limx→0

f(ax)

x= aL .

Miscelânea 3.1.7.

Calcular limx→∞

(ax+ 1)n

xn + A. Considere separadamente os casos em que n seja: a) um

inteiro positivo; b) um inteiro negativo; c) zero.Solução.

a) Suponhamos que n ∈ Z+, então

limx→∞

(ax+ 1)n

xn + A= lim

x→∞

xn

[a+

1

xn

]nxn

[1 +

A

xn

] = limx→∞

[a+

1

xn

]n[1 +

A

xn

] =an

1= an

b) Suponhamos que n ∈ Z−, então

limx→∞

(ax+ 1)n

xn + A=

limx→∞

(ax+ 1)n

limx→∞

(xn + A)=

0

0 + A= 0

c) Suponhamos que n = 0, então

limx→∞

(ax+ 1)0

x0 + A= lim

x→∞

1

1 + A=

1

1 + A

Miscelânea 3.1.8.Calcular os seguintes limites:

1. limx→2

ex−2 − e2−x

sen (x− 2)2. lim

x→π2

tanx

tan 3x3. lim

x→3

ex−3 + e3−x − 2

1− cos(x− 3)

4. limx→0

1− cotx− x2

2

x45. lim

x→0

tanx− x

x− sen x6. lim

x→+∞

Ln x

xαα > 0, α /∈ N

7. limx→+∞

xn

exn ∈ N 8. lim

x→0

[cos

√15

x

]4x9. lim

x→+∞

xα

exα > 0, α /∈ N

Solução.

1. limx→2

ex−2 − e2−x

sen (x− 2)= lim

x→2

[ex−2 − e2−x

(x− 2)· (x− 2)

sen (x− 2)

]podemos supor que x − 2 = y,

então quando x → 2, tem-se que y → 0.


Assim, limx→2

[ex−2 − e2−x

(x− 2)· (x− 2)

sen (x− 2)

]= lim

y→0

[ey − e−y

2y· 2y

sen y

]=

limy→0

senh y

y· 2

limy→0

sen y

y

= (1) · 21= 2

Portanto, limx→2

ex−2 − e2−x

sen (x− 2)= 2

2. Seja L = limx→π

2

tanx

tan 3x= lim

x→π2

sen x

sen 3x·cos 3xcos x

=sen π

2

sen 3π2

limx→π

2

cos 3x

cosx= − lim

x→π2

cos 3x

cos x⇒

L = − limx→π

2

cos x cos 2x− sen xsen 2x

cos x= − lim

x→π2

cosx cos 2x− 2sen 2x cos x

cos x⇒

L = − limx→π

2

(cos 2x− 2sen 2x) = −(cos π − 2sen 2π

2) = 3

3. Seja L = limx→3

ex−3 + e3−x − 2

1− cos(x− 3), podemos supor que x− 3 = y, então quando x → 3,

tem-se que y → 0. Assim

L = limy→0

ey + e−y − 2

1− cos y= lim

y→0

y2

1− cos y· e

y + e−y − 2

y2=

L =1

limy→0

1−cos yy2

· limy→0

(ey/2 − e−y/2)2

y2=

1

1/2· 14· limy→0

[senh (y/2)

y/2

]2= 2

4. Seja L = limx→0

1− cosx− x2

2

x4, aplicando L’Hospital

limx→0

1− cos x− x2

2

x4= lim

x→0

sen x− x

4x3= lim

x→0

cosx− 1

12x2= lim

x→0

−sen x

24x

Portanto, limx→0

1− cos x− x2

2

x4= − 1

24.

5. limx→0

tanx− x

x− sen x= lim

x→0

(sen x− x)− x(cosx− 1)

cos x(x− sen x)= lim

x→0

1

cos x·limx→0

[−1− x(cosx− 1)

(x− sen x)

]=

= (1) limx→0

[−1 +

x((sen 2x− x2) + x2)

(x− sen x)(cosx+ 1)

]= lim

x→0

[−1− 0

2+

x(x2)

(x− sen x)(cosx+ 1)

]

Portanto, limx→0

tanx− x

x− sen x= 2.


6. limx→+∞

Ln x

xαα > 0, α /∈ N

⇓

⇓

⇓

⇓

7. Seja limx→+∞

xn

ex, aplicando L’Hospital sucessivamente

limx→+∞

xn

ex= lim

x→+∞

nxn−1

ex= lim

x→+∞

n(n− 1)xn−2

ex= · · ·

assim, segue

limx→+∞

xn

ex= lim

x→+∞

n!

ex= 0


xn

ex== 0.

8. limx→0

[cos√

15x

]4x= lim

x→0exp

[Ln (cos

√15x)4x]= lim

x→0exp (4x · Ln

[cos√

15x

]) = e0 = 1

9. limx→+∞

xα

exα > 0, α /∈ N

⇓

⇓

⇓

⇓

Miscelânea 3.1.9.Mostre através de um exemplo que se existe uma sequência {xn}n∈N+ de números reais

tais que f(xn) > n, então não necessariamente existe o limite de f(xn) quando n → +∞.Solução.

Consideremos a sequência{1

n

}n∈N+

e a função f(x) =2 + |sen x|

xentão temos que

xn =1

ne f(xn) = n(2 + |sen 1

n|), ∀ n ∈ N+.

Observe que f(xn) > n ∀ n ∈ N+, porém limn→+∞

f(xn) não existe.

Miscelânea 3.1.10.Sejam f : [a, b] −→ R e g : [a, b] −→ R funções tais que:

limx→c

f(x)

g(x)= 1 ⇒ lim

x→cf(x) = lim

x→cg(x)


para c ∈ (a, b).Demonstração.

Demonstração por contradição.Suponhamos que lim

x→cf(x) = lim

x→cg(x).

Por exemplo seja limx→c

f(x) = L e limx→c

g(x) = M = 0, então L = M .Sabe-se que

1 = L

M=

limx→c

f(x)

limx→c

g(x)= lim

x→c

f(x)

g(x)

logo, limx→c

f(x)

g(x)= 1.

Se M = 0, seja g(x) = (x − c)kh(x) tal que h(c) = 0 para algum k ∈ N, logo

limx→c

f(x)

h(x)∈ R

limx→c

f(x)

limx→c

g(x)=

limx→c

f(x)

limx→c

(x− c)k · limx→c

h(x)= lim

x→c

1

(x− c)k· limx→c

f(x)

h(x)= ∞ = 1

Portanto, limx→c

f(x)

g(x)= 1 ⇒ lim

x→cf(x) = lim

x→cg(x) para c ∈ (a, b).

Miscelânea 3.1.11.Um equipamento foi comprado por R$20.000 e espera-se que seu valor final depois

de 10 anos de uso seja R$1.500. Se o método da linha reta for usado para depreciar oequipamento de R$20.000 a R$1.500 em 10 anos, qual o valor líquido do equipamentodepois de 6 anos? Quando o valor do equipamento é 0 (zero) reais?.Solução.

Suponhamos hoje o tempo t = 0, então temos no eixo de coordenadas o ponto(0, 20000), depois de t = 10 anos a linha reta que representa a depreciação o valor econô-mico do equipamento passará pelo ponto (10, 1500).

O coeficiente angular da reta procurada é m =20000− 1500

10− 0= −1850.

A equação da reta procurada é y − 20000 = −1850(t− 0), isto é y = 20000− 1850t.Depois de t = 6 anos, o valor do equipamento será y = 8900 reais.

Quando y = 0 temos 0 = 20000− 1850t ⇒ t =20000

1850= 10, 81 anos.

Capítulo 4

CONTINUIDADE

4.1 Conceitos Básicos.

Exercícios 4-1

Exercício 4.1.1.Mostre utilizando ε e δ que cada uma das seguintes funções é contínua no ponto

indicado.Solução.

1. Temos f(−2) = 16 existe.

| f(x)− f(−2) |=| (−5x+ 6)− 16 |=| −5 | · | x− (−2) |= 5 | x+ 2 |< 5δ = ε

Assim, ∀ ε > 0 existe δ = ε5> 0 tal que | (−5x + 6) − 16 |< ε sempre que

| x− (−2) |< δ então limx→−2

(−5x+ 6) = f(−2) existe.

Portanto, f(x) = −5x+ 6 é contínua em a = −2

2. Temos que f(3) = 32 existe.

| f(x)− f(3) |=| (3x2 + 5)− 32 |=| 3 | · | x+ 3 | · | x− 3 | (4.1)

Seja δ1 = 1 ⇒ −1 < x− 3 < 1 ⇒ 5 <| x+ 3 |< 7 em (4.1) segue

| f(x)− f(3) |=| (3x2+5)− 32 |=| 3 | · | x+3 | · | x− 3 |< (3)(7) | x− 3 |< 21δ = ε

Assim, ∀ ε > 0 existe δ = min{ ε

21, 1 } > 0 tal que | (3x2 + 5)− 32 |< ε sempre que

| x− 3 |< δ então limx→3

(3x2 + 5) = f(3) existe.

Portanto, f(x) = 3x2 + 5 é contínua em a = 3

279


3. Temos que f(1) = 1 existe.

| f(x)− f(1) |=| x4 − 1 |=| x2 + 1 | · | x+ 1 | · | x− 1 | (4.2)

Seja δ1 = 1 ⇒ −1 < x− 1 < 1 ⇒ 1 <| x+ 1 |< 3 e 2 <| x2 + 2 |< 6 em(4.2) segue

| f(x)− f(1) |=| x4 − 1 |=| x2 + 1 | · | x+ 1 | · | x− 1 |< (6)(3) | x− 1 |< 18δ = ε

Assim, ∀ ε > 0 existe δ = min{ ε

18, 1 } > 0 tal que | x4 − 1 |< ε sempre que

| x− 1 |< δ então limx→3

x4 = f(1) existe.

Portanto, f(x) = x4 é contínua em a = 1

4. Temos f(−1) = 2 existe.

| f(x)− f(−1) |=| (x2 + 5x+ 6)− 2 |=| x+ 4 | · | x+ 1 | (4.3)

Seja δ1 = 1 ⇒ −1 < x+ 1 < 1 ⇒ 2 <| x+ 4 |< 4 em (4.3) segue

| f(x)− f(−1) |=| (x2 + 5x+ 6)− 2 |=| x+ 4 | · | x+ 1 |< (4) | x+ 1 |< 4δ = ε

Assim, ∀ ε > 0 existe δ = min{ε4, 1 } > 0 tal que | (x2 + 5x + 6) − f(−1) |< ε

sempre que | x+ 1 |< δ então limx→−1

x2 + 5x+ 6 = f(−1) existe.

Portanto, f(x) = x2 + 5x+ 6 é contínua em a = −1

Exercício 4.1.2.Suponha que exista uma vizinhança B(a, r) e um número real M > 0 tal que satisfaz

a condição: | f(x) − f(a) |≤ M | x − a |, ∀ x ∈ B(a, r). Mostre que f é contínua emx = a.Solução.

Como B(a, r), temos para todo x ∈ B(a, r) a desigualdade |x = a| < r.Para mostrar a continuidade de f em x = a, por hipótese f(a) existe pela condição.Como | f(x)− f(a) |≤ M | x− a |, ∀ x ∈ B(a, r), então

| f(x)− f(a) |≤ M | x− a |< Mr, ∀ x ∈ B(a, r)

isto é, para todo ϵ = Mr > 0 existe δ = r > 0 tal que

| f(x)− f(a) |< ϵ sempre que |x− a| < δ

Portanto, limx→a

f(x) = f(a), assim f é contínua em x = a.


Exercício 4.1.3.Mostre que se lim

x→a.f(x) = L > 0, então lim

x→a. n√f(x) = n

√L.

Solução.

Exercício 4.1.4.Mostre que f(x) = [|x|] é contínua em todo x = a onde a ∈ Rr Z.

Solução.

Pela definição da função f(x) = [|x|] tem-se que f(x) = n se n ≤ x < n+ 1.Observe que lim

x→n−f(x) = n e lim

x→n+f(x) = n + 1 então o limite lim

x→nf(x) não existe.

Logo a função não é contínua em todo n ∈ Z.Para todo a ∈ R r Z tem-se que n < a < n + 1, logo f(x) = n existe, o limite

limx→a

f(x) = n, assim f é contínua em x = a para todo a ∈ (n, n+ 1), n ∈ Z.Portanto, f(x) = [|x|] é contínua em todo x = a onde a ∈ Rr Z.

Exercício 4.1.5.Usando o princípio de indução, mostre que se: fi i = 1, 2, 3, · · · n são funções

contínuas em x = a, então:1. f1 + f2 + f3 + · · · + fn é contínua em x = a.2. f1 × f2 × f3 × · · · × fn é contínua em x = a.

Solução.

1. Seja n = 2, pela Propriedade 4.11a função f1 + f2 é contínua em x = a.

Para n = h, suponhamos que f1 + f2 + f3 + · · · + fh seja contínua em x = a.

Seja n = h+1, f1+f2+f3+ · · ·+fh+fh+1 podemos escrever na forma F +fh+1

onde F = f1 + f2 + f3 + · · · + fn.

Como F é contínua em x = a pela hipótese indutiva, e fh+1 é contínua em x = a

pela hipótese geral, logo da Propriedade 4.1 segue que f1+f2+f3+ · · ·+fh+fh+1

é contínua em x = a.

Portanto, f1 + f2 + f3 + · · · + fn é contínua em x = a.1Cálculo Diferencial em R, do mesmo autor


2. Seja n = 2, pela Propriedade 4.1 a função f1 × f2 é contínua em x = a.

Para n = h, suponhamos que f1 × f2 × f3 × · · · × fh seja contínua em x = a.

Seja n = h+1, f1×f2×f3× · · · ×fh×fh+1 podemos escrever na forma F+fh+1

onde F = f1 × f2 × f3 × · · · × fn.

Como F é contínua em x = a pela hipótese indutiva, e fh+1 é contínua em x = a

pela hipótese geral, logo da Propriedade 4.1 segue que f1×f2×f3× · · · ×fh×fh+1

é contínua em x = a.

Portanto, f1 × f2 × f3 × · · · × fn é contínua em x = a.

Exercício 4.1.6.

Para cada uma das seguintes funções. Determine se ela é contínua nos pontos indica-dos.

1. f(x) =

{3x− 3, se, x = 1

2, se, x = 1a = 1

2. f(x) =

{x2, se, x ≥ −1

1− | x |, se, x < −1a = −1

3. f(x) =

1− x2, se, x < 1

1− | x |, se, x > 1

1, se, x = 1

a = 1, a = −1

4. f(x) =

x+ 2, se, − 2 ≤ x ≤ −1

1, se, − 1 < x < 1

2− x, se, 1 ≤ x

a = 1, a = −1

5. f(x) =

x2 − x− 2

| x2 − 4 |, se, x = ±2

4

3, se, x = ±2

a = 2, a = −2

6. f(x) =

−1, se, − 3 ≤ x ≤ 0

x− 1, se, 0 < x < 2

5− x2, se, 2 ≤ x

a = 0 a = 2

Solução.

1. Temos f(1) = 2 existe. Por outro lado

limx→1+

f(x) = 0 e limx→1−

f(x) = 0

Logo, limx→1

f(x) = 0, existe.

Como limx→1

f(x) = f(1), a função f(x) dada não é contínua em a = 1.


2. Temos f(−1) = (−1)2 = 1 existe. Por outro lado

limx→−1+

f(x) = 1 e limx→−1−

f(x) = 0

Logo, limx→−1

f(x) = 0, não existe.

A função f(x) dada não é contínua em a = −1


limx→1+

f(x) = 0 e limx→1−

f(x) = 0

Logo, limx→1

f(x) = 0, existe.

Como limx→1

f(x) = f(1), a função f(x) dada não é contínua em a = 1

Para a = −1, temos f(−1) = 0 e limx→−1

f(x) = 0 = f(−1).

A função f(x) dada é contínua em a = −1


limx→1+

f(x) = 1 e limx→1−

f(x) = 1

Logo, limx→1

f(x) = 1, existe.

Como limx→1

f(x) = f(1), a função f(x) dada é contínua em a = 1.

Por outro lado, temos f(−1) = 1 existe. Por outro lado

limx→−1+

f(x) = 1 e limx→−1−

f(x) = 1

Logo, limx→−1

f(x) = 1, não existe.

A função f(x) dada é contínua em a = −1

5. A função f podemos escrever na forma

f(x) =

x2 − x− 2

x2 − 4, se, x < −2 ou x > 2

x2 − x− 2

−(x2 − 4), se, − 2 < x < 2

4

3, se, x = ±2

Temos f(−2) =4

3existe. Por outro lado lim

x→−2f(x), não existe.


Portanto, a função f(x) dada não é contínua em x = −2

Para o ponto x = 2 temos f(2) =4

3existe. Por outro lado

limx→2+

f(x) =3

4e lim

x→2−f(x) = −3

4

assim o limite limx→2

f(x), não existe.

Portanto, a função f(x) dada não é contínua em x = 2

6. Temos f(0) = −1 existe e limx→0+

f(x) = −1 e limx→0−

f(x) = −1

Logo, limx→0

f(x) = −1 = f(0), existe.

A função f(x) dada é contínua em a = 0.

. Por outro lado, temos f(2) = 1 existe e limx→2+

f(x) = 1 e limx→2−

f(x) = 1

Logo, limx→2

f(x) = 1 = f(2), existe.

A função f(x) dada é contínua em a = 0.

Exercício 4.1.7.Dar exemplo de uma função f definida em R que não seja contínua em nenhum ponto

x ∈ R, porém que, | f(x) | seja contínua em todo R.Solução.

A função f(x) =

{−1 se x ∈ Q1 se x ∈ I

esta definida para todo a ∈ r observe que em

qualquer ponto a ∈ r segue f(a) =

{−1 se a ∈ Q1 se a ∈ I

Tem-se limx→a

f(x) = @, logo a função f(x) é descontínua em qualquer ponto x = a ∈ R.Por outro lado, | f(x) |= 1, ∀ x ∈ R, esta função constante é contínua em todo R.

Exercício 4.1.8.Para os seguintes exercícios, determine se é possível determinar um número L para

que a função f seja contínua no ponto x = a. No caso afirmativo determine L, casocontrário justificar sua resposta.

1. f(x) =

x2 − 3x− 4

x− 4, se, x = 4

L, se, x = 4a = 4.

2. f(x) =

| x |, se, x > 0

1− x2, se, x < 0

L, se, x = 0

a = 0.


3. f(x) =

1− x2, se, | x |< 1

| x | −1, se, | x |> 1

L, se, | x |= 1

a = ±1.

4. f(x) =

√x− 2

x− 4, se, x = 4

L, se, x = 4a = 4.

5. f(x) =

| x | −2, se, | x |< 2

4− x2, se, | x |> 2

L, se, | x |= 2

a = 2, a = −2.

6. f(x) =

Sgn(9− x2), se, | x |> 4

| x2 − 16 | −1, se, | x |< 4

L, se, | x |= 4

a = 4.

7. f(x) =

| x2 − 2x− 3 |

x− 3, se, x = 3

L, se, x = 3a = 3.

8. f(x) =

{4− x2, se, | x |< 2

L, se, | x |> 2a = 2, a = −2.

Solução.

1. limx→4

x2 − 3x− 4

x− 4= lim

x→4

(x− 4)(x+ 1)

x− 4= 5

Quando L = 5 a função f em estudo será contínua em a = 4.

2. Tem-se limx→0+

f(x) = 0 e limx→0−

f(x) = 1.

Impossível determinar L ∈ R, pois limx→0

f(x) não existe.

3. Tem-se limx→1+

f(x) = 0 e limx→1−

f(x) = 0.


Tem-se limx→−1+

f(x) = 0 e limx→−1−

f(x) = 0.

Quando L = 0 a função f em estudo será contínua em a = −1.

4. limx→4

√x− 2

x− 4= lim

x→4

√x− 2

(√x− 2)(

√x+ 2)

=1

4

Quando L =1

4a função f em estudo será contínua em a = 4.

5. Tem-se limx→2+

f(x) = 0 e limx→2−

f(x) = 0.


Tem-se limx→−2+

f(x) = 0 e limx→−2−

f(x) = 0.



6. Tem-se limx→4+

f(x) = −1 e limx→4−

f(x) = −1.

Quando L = −1 a função f em estudo será contínua em a = 4.

7. Tem-se limx→3+

| (x− 3)(x+ 1) |x− 3

= 4 e limx→3−

| (x− 3)(x+ 1) |x− 3

= −4.

Impossível determinar L ∈ R, pois limx→3

f(x) não existe.

8. Tem-se limx→2+

f(x) = L e limx→2−

f(x) = 0.


Tem-se limx→−2+

f(x) = 0 e limx→−2−

f(x) = L.


Exercício 4.1.9.Determine o conjunto de pontos de continuidade da função y = f(x):

f(x) =

0, se, x < 0

x, se, 0 ≤ x < 1

−x2 + 4x− 2, se, 1 ≤ x < 3

4− x, se, x ≥ 3

Solução.

A função está definida nos pontos x = 1, x = 0 e x = 3. existe f(0) = 0, f(1) = 1 ef(3) = 1.

limx→0

f(x) = 0 = f(0), limx→1

f(x) = 1 = f(1) e limx→3

f(x) = 1 = f(3)

Portanto, a função f é contínua em toda a reta R.

Exercício 4.1.10.

Estude a continuidade da função f(x) =1

2 + 2tanxno ponto x =

π

2.

Solução.


Observe que f(π

2) =

1

2 + 2tanπ2

=1

2 + 2+∞ não existe.

A função não é contínua em x =π

2, mesmo que lim

x→π2

f(x) = limx→π

2

1

2 + 2tanx= 0.

Exercício 4.1.11.

Estude a continuidade da função g(x) =sen ( 1

x)

1 + x√e

no ponto x = 0.

Solução.

Observe que g(0) =sen (1

0)

1 + 0√e

não existe.

A função não é contínua em x = 0, mesmo que limx→0

g(x) = limx→0

sen ( 1x)

1 + x√e= 0.

Exercício 4.1.12.Para todo número real x = a, achar uma função que seja contínua em no ponto x = a,

porém que não seja contínua em nenhum outro ponto.Solução.

É suficiente considerar f(x) =

{a se x ∈ Ix se x ∈ Q

.

Exercício 4.1.13.Suponha f(x) satisfaz f(x+y) = f(x)+f(y), e que f seja contínua em x = 0. Mostre

que f é contínua em x = a ∀ a ∈ R.Solução.

Tem-se que f(0) existe em R. Como f(x + y) = f(x) + f(y) ⇒ f(x + 0) =

f(x)+ f(0) ⇒ f(0) = 0. assim, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que | f(x)− f(0) |< ε

sempre que 0 <| x− 0 |< δ. Isto é ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que | f(x) |< ε sempreque 0 <| x |< δ.

Então, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que | f(x− a) |< ε sempre que 0 <| x− a |< δ

para todo em a ∈ RPor outro lado, como f((x− a) + a) = f(x− a) + f(a) ⇒ f(x− a) = f((x− a) +

a)− f(a).Logo, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que | f(x − a) |=| f((x − a) + a) − f(a) |=|

f(x)− f(a) |< ε sempre que 0 <| x− a |< δ para todo em a ∈ R.Portanto, f é contínua em x = a ∀ a ∈ R.

Exercício 4.1.14.

Determine uma função definida em todo R que seja descontínua em 1,1

2,1

3,1

4, · · · e

que seja contínua nos demais pontos.Solução.


Seja f : R −→ R definida como:

f(x) =∞∑k=1

1

x− 1k

=1

x− 1+

1

x− 12

+1

x− 13

+ . . .+1

x− 1n

+ . . .

Observe que somente nos pontos 1,1

2,1

3,1

4, · · · a função f não é contínua, nos demais

pontos ela é contínua.Outro exemplo pode ser função g : R −→ R definida como:

g(x) =

−2 se x ≤ 01

[| 1x|]

se 0 < x ≤ 1

2 se x > 1

onde [| 1x|] representa o “inteiro maior”, e lim

x→ 1n

g(x) = ∞ não existe.

Exercício 4.1.15.1. Suponha f é uma função que satisfaz | f(x) |≥| x | ∀ x ∈ R. Demonstrar que f

é contínua em 0 (lembre que f(0) tem que ser 0).2. Dar um exemplo de uma função f que não seja contínua em nenhum x = a.3. Suponha-se que g seja contínua em x = 0, g(0) = 0 e | f(x) |≤| g(x) | ∀x ∈ R.

Mostre que f é contínua em x = 0.Solução.

1. Sendo f é uma função que satisfaz |f(x)| ≥ |x| ∀ x ∈ R, em particular 0 ≤ f(0),logo lim

x→0f(x) = 0 assim, para todo ϵ > 0 existe δ > 0 tal que |x − 0| < δ implica

|f(x)− f(0)| = |f(x)| < ϵ = δ.

Portanto, f é contínua em x = 0.

2. supor f(x) =

{0 se x ∈ R1 se x ∈ I

, tem-se que f que não é contínua em nenhum x =

a ∈ R.

3. Tem-se |f(0) ≤ |g(0)| = 0 de onde f(0) = 0

Como g é contínua em x = 0, ∀ ϵ > 0, existe δ > 0 tal que |g(x)− g(0)| = |g(x)| < ϵ

sempre que |x− 0| < δ.

Assim, |f(x)− f(0)| = |f(x)| ≤ |g(x)| < ϵ.

Portanto, limx→0

f(x) = f(0), logo f é contínua em x = 0

Exercício 4.1.16.


Os raios de três cilindros superpostos medem 3, 2 e 1m respectivamente. As alturas decada um dos cilindros é 5m. Expressar a área da seção transversal do corpo engendradocomo função da distância que relaciona a seção e a base inferior do cilindro que ocupa aparte baixa do corpo. Será esta função contínua? Construir o gráfico.Solução.


A área da seção transversal quando 0 ≤ x ≤ 5 em função de x é dada pela funçãof(x) = 6x.

A área da seção transversal quando 5 ≤ x ≤ 10 em função de x é dada pela funçãof(x) = 4(x− 5).

A área da seção transversal quando 10 ≤ x ≤ 15 em função de x é dada pela funçãof(x) = 2(x− 10).

Logo, a função pedida é:

f(x) =

6x se 0 ≤ x ≤ 5

30 + 4(x− 5) se 5 ≤ x ≤ 10

50 + 2(x− 10) se 10 ≤ x ≤ 15

ela é contínua em todo seu domínio.

Exercício 4.1.17.Como deve-se eleger o número α para que a função f(x) seja contínua em R? Cons-

truir seu gráfico. f(x) =

{x+ 1, se, x ≤ 1

α, se, x > 1.

Solução.

Tem-se que f(1) = 2 existe.Por outro lado lim

x→1−f(x) = 2 e lim

x→1+f(x) = α .

Logo α = 2. Figura 4.3:


Exercício 4.1.18.

Determine os números A e B de modo que a função g(x) seja contínua no conjuntode números reais R.

g(x) =

−2sen x se, x ≤ −π

2Asen x+B, se, − π

2< x <

π

2cos x, se, x ≥ π

2

Solução.

Tem-se que analisar a continuidade nos pontos x0 = −π

2e x1 =

π

2nos demais pontos

da reta real R as funções seno e coseno são contínuas.

Para o ponto x0 = −π

2, tem-se que f(−π

2) = −2sen (−π

2) = (−2)(−1) = 2, existe em

R.

limx→−π

2−−2sen x = 2, lim

x→−π2+[Asen x+B] = Asen (−π

2) + B = −A+B = 2 (4.4)

Para o ponto x1 =π

2, tem-se que f(

π

2) = Asen (

π

2) + B = A + B, suponhamos que

existe em R, logo:

limx→π

2+cos x = 0, lim

x→π2−[Asen x+B] = Asen (

π

2) + B = A+B = 0 (4.5)

De (4.4) e (4.5) segue:

−A+B = 2 e A+B = 0 ⇒ A = −1 e B = 1

Exercício 4.1.19.

Determine o valor de a de modo que a função g(x) seja contínua em toda a reta real.

g(x) =

{x+ 2, se, x ≤ 3

ax+ 7, se, x > 3Solução.

Como g(3) = 5, então limx→3+

g(x) = 3a+ 7 = 5 ⇒ a = −2

3.

Exercício 4.1.20.

Determine os valores de b e c de modo que a função f(x) seja contínua em toda a

reta real. f(x) =

{x+ 1, se, 1 < x < 3

x2 + bx+ c, se, | x− 2 |≥ 1Solução.


Observe que f(1) = 1 + b+ c existe.

limx→1−

(x2 + bx+ c) = 1 + b+ c e limx→1+

(x+ 1) = 2

De onde b+ c = 1. Por outro ladoObserve que f(3) = 9 + 3b+ c existe.

limx→3−

(x+ 1) = 4 e limx→3+

(x2 + bx+ c) = 9 + 3b+ c

De onde 3b+ c = −5.Resolvendo o sistema b+ c = 1, 3b+ c = −5 tem-se que b = −3 e c = 4.

Exercício 4.1.21.Se lim

x→a.f(x) existe, porém é diferente de f(a), dizemos que f tem descontinuidade

evitável em x = a .

1. Se f(x) = sen1

xpara x = 0. A função f tem descontinuidade evitável em x = 0 ?

Que acontece se f(x) = x · sen 1

xpara x = 0 e f(0) = 1 ?

2. Suponha que g tenha descontinuidade evitável em x = a. Seja h(x) = g(x) para x = a

e seja h(a) = limx→a

.g(x). Mostre que h é contínua em x = a.

3. Seja f(x) = 0 se x ∈ Q, e f(p

q) =

1

qse

p

qé uma fração irredutível. Qual é a função g

definida por g(x) = limy→x

.f(y)

Solução.

1. No primeiro caso não f não tem descontinuidade evitável. No segundo caso sim temdescontinuidade evitável.

2. Como g tem descontinuidade evitável em x = a, tem-se que existe g(a), por outro ladolimx→a

h(x) = limx→a

g(x)h(a) isto pela definição de h(a).

Portanto, h é contínua em x = a.

3. É a função g(x) = 0 para todo x ∈ R.

Exercício 4.1.22.Numa comunidade de 8.000 pessoas, a razão segundo a qual um boato se espalha é

conjuntamente proporcional ao número de pessoas que ouviram o boato e ao número depessoas que não o ouviram.


1. Se o boato está se espalhando a uma razão de 20 pessoas por hora quando 200 pessoaso ouviram, expresse a taxa segundo o qual o boato esta se espalhando como funçãodo número de pessoas que o ouviram.

2. Quão rápido o boato está se espalhando quando 500 pessoas o ouviram?

Solução.

1. Suponhamos número de pessoas que ouviram o boato seja x, então o número de pessoasque não ouviram o boato é 8.000− x.

Assim, a razão segundo a qual um boato se espalha é f(x) = kx(8.000− x)

Quando x = 20 ⇒ f(20) = 200 , logo k =200

20(7980)=

1

798

Portanto, a taxa segundo o qual o boato esta se espalhando como função do número

de pessoas que o ouviram é f(x) =1

798x(8.000− x).

2. Quando 500 pessoas o ouviram o boato está se espalhando a uma razão de f(500) =1

798500(7500) ≈ 4699, 25 pessoas por hora

Portanto, o boato está se espalhando a uma razão de 4699 pessoas por hora

Exercício 4.1.23.Uma determinada lagoa pode suportar um máximo de 14.000 peixes, e a taxa de cresci-

mento deles é conjuntamente proporcional ao número presente e à diferença entre 14.000

e a quantidade existente. a) Se f(x) peixes por dia for a taxa de crescimento quandohouver x peixes, escreva uma função que defina f(x). b) Mostre que f(x) é contínua emtodo seu domínio.Solução.

a) Tem-se que f(x) é conjuntamente proporcional ao número presente e à diferençaquando houver x peixes assim f(x) = kx(14.000− x).

b) A função f(x) é polinômica contínua em todo seu domínio R, assim . f(x) =

kx(14.000− x) é contínua em todo seu domínio R.


4.2 Continuidade em Intervalos.

Exercícios 4-2

Exercício 4.2.1.Dada as seguintes funções, determine a continuidade nos intervalos indicados:

2. f(x) =

| x3 + x2 − x− 1 |

x2 − 3x+ 2, se, x = 1 ex = 2

−4, se, x = 1

4, se, x = 2

nos intervalos:

(−∞, 1); (−∞, 1]; (1, 2); [1, 2]; [2, +∞); (2, +∞).

3. f(x) =√| x | − ∥ x ∥ em (0, 1], [0, 1], [1, 3].

Solução.

1. Podemos escrever f na forma

f(x) =

16− x4

4− x2, se, x < −2 ou x > 2

−(16− x4)

4− x2, se, − 2 < x < 2

−8, se, x = −2

8, se, x = 2

limx→−2−

f(x) = limx→−2−

(4 + x2) = 8 e limx→−2+

f(x) = limx→−2+

−(4 + x2) = −8

não existe limx→−2

f(x)

Para x = 2

limx→2−

f(x) = limx→2−

−(4 + x2) = −8 e limx→2+

f(x) = limx→2+

−(4 + x2) = 8

não existe limx→2

f(x)

A função é contínua nos intervalos: (−∞, −2); (−2, 2); (2,+∞).

A função é descontínua nos intervalos: (−∞, −2]; [−2, 2); [−2, 2]; (−2, 2]; [2, +∞).

2.


3.

⇓

⇓

⇓

⇓

4. Podemos escrever f na forma

f(x) =

0 se, 0 ≤ x < 1

1(x− 1) se, 1 ≤ x < 2

2(x− 1) se, x = 2

limx→1+

f(x) = limx→1+

(x− 1) = 0 e limx→−1−

f(x) = limx→1−

0 = 0

existe limx→1

f(x) = 0 = f(0). É contínua em (0. 2).

Como f(0+) = 0 e limx→0+

f(x) = f(0+), é contínua pela direita no ponto x = 0.

Como f(2−) = 2 e limx→2−

f(x) = 1 = f(2−), não é contínua pela esquerda no pontox = 2.

Portanto é contínua no intervalo [0, 2).

Exercício 4.2.2.Para os seguintes exercícios, estabelecer se a função é contínua nos intervalos indica-

dos. Construir o gráfico da função.

1. f(x) =x+ 2

x2 − 3x− 10em (2, 4).

2. f(x) =

x− 6

x2 − 2x− 8, se, x = 4

−2, se, x = 4em (−1, 6)

3. f(x) =

x+ 4

x2 − 16, se, x = ±4

−1

8, se, x = −4

2, se, x = 4

em (−5, 5).

4. f(x) =

x2 − 6x+ 1, se, − 1 < x ≤ 2

2x− 6, se, 2 < x ≤ 3

4x− 3− x2, se, 3 < x < 5

em (−1, 5).


5. f(x) =

{x− 4, se, − 1 < x ≤ 2

x2 − 6, se, 2 < x < 5em (−1, 5).

6. f(x) =

(x− 1) | x− 2 |

| x2 − 1 |, se, 0 < x < 4, x = 1

1

2, se, x = 1

em (0, 4)

Solução.

1. f(x) =x+ 2

x2 − 3x− 10=

x+ 2

(x− 5)(x+ 2)=

1

x− 5logo f é contínua em (2, 4). Pois

para qualquer α ∈ (2, 4) tem-se que f(α) =1

α− 5existe e lim

x→αf(x) = f(α).

2. f(x) =

x− 6

(x− 4)(x+ 2), se, x = 4

−2, se, x = 4

Observe que f(4) = −2, mais limx→4

f(x) = ∞, não existe logo não é contínua em em(−1, 6).

3.

4. No ponto x = 2 tem-se f(2) = −2

lim2+

f(x) = lim2−

(2x−6) = −2, lim2−

f(x) = lim2−

(x2−6x+1) = −7 ⇒ lim2

f(x) = @

Portanto, f não é contínua em (−1, 5).

5. No ponto x = 2 tem-se f(2) = −7

lim2+

f(x) = lim2−

(x−4) = −2, lim2−

f(x) = lim2−

(x2−6) = −2 ⇒ lim2

f(x) = −2 = f(2)

Portanto, f é contínua em (−1, 5).

6.


Exercício 4.2.3.Determine os valores a e b de tal modo que cada uma das funções seja contínua em

seu domínio.

1. f(x) =

x+ 2a, se, x < −2

3ax+ b, se, − 2 ≤ x ≤ 1

6x− 2b, se, x > 1

2. f(x) =

b se, − 3

2≤ x ≤ 0

| 2x2 − 3x− 9 |2x2 − 3x− 9

, se, x < −3

2ou x > 3

a se, 0 ≤ x ≤ 3

2

3. f(x) =

3− 3

√3x+ 3

a( 3√x− 2)

, se, x < 8

ab, se, x = 82

b· | 2x− 7 |, se, x > 8

Solução.

1. Para ser contínua em x = −2, deve acontecer f(−2) = −6a + b e limx→−2−

f(x) =

limx→−2+

f(x)

limx→−2−

f(x) = −2 + 2a e limx→−2+

f(x) = −6a+ b ⇒ 8a− b = 2

Para ser contínua em x = 1 deve acontecer f(1) = 3a+ b e limx→1−

f(x) = limx→1+

f(x)

limx→1−

f(x) = 3a+ b e limx→1+

f(x) = 6− 2b ⇒ a+ b = 2

Resolvendo o sistema 8a− b = 2, a+ b = 2 segue que a =4

9e b =

14

9.

2. Seu domínio é R, pois f(3) e f(−32) existem. Podemos escrever

f(x) =

b se, − 3

2≤ x ≤ 0

| 2x2 − 3x− 9 |2x2 − 3x− 9

, se, x < −3

2ou x > 3

a se, 0 ≤ x ≤ 3

2

limx→3+

| (2x+ 3)(x− 3) |(2x+ 3)(x− 3)

= 1 e limx→3−

f(x) = a ⇒ limx→3

f(x) = 1 = a

limx→− 3

2

+f(x) = b e lim

x→− 32

−

| (2x+ 3)(x− 3) |(2x+ 3)(x− 3)

= 1 ⇒ limx→− 3

2

f(x) = 1 = b


No ponto x = 0 tem0se que a = b = 1.

Portanto, a = 1 e b = 1.

3. Seu domínio é Rr {2/7}. Cálculo dos limites laterais no ponto x = 8.

limx→8−

3− 3√3x+ 3

a( 3√x− 2)

= limx→8−

−3(x− 8)

27a( 3√x− 2)

= − 4

3ae lim

x→8+

2

b· | 2x− 7 |=

2

9b

Assim, − 4

3a=

2

9b⇔ b ∈ Z r {0}, a ∈ 6Z r {0}, pois f(8) existe.

Exercício 4.2.4.Determine o intervalo de continuidade para cada uma das seguintes funções:

1. f(x) =

1− x+ [|x|], se, x ≥ 0[∣∣∣1x

∣∣∣], se, x < 02. f(x) =

√16− x2

x− 6

3. f(x) =| 1− x+ [|x|]− [|1− x|] | 4. f(x) =

√x2 − 16

x− 6

5. f(x) =| x− [|x|]+ | [|1− x|] | 6. f(x) =3

√4−

√x− 2

7. f(x) =

1

x, se, x < 0

x2, se, 0 ≤ x < 5x2 − 4x− 5

| x− 5 |, se, x > 5

8. f(x) =√

| x | −[|x|]

9. f(x) =

x3 + 3x+ 3, se, x ≤ −1

| x− 2 |, se, − 1 < x ≤ 4

8x− x2 − 15, se, x > 4

10. f(x) =| 4x− 3 | −1

[|3− 4x|]

Solução.

1.

2. O domínio da função D(f) = { x ∈ R /.16− x2

x− 6≥ 0 } isto é

(x− 4)(x+ 4)

x− 6≤ 0

logo x ∈ (−∞, −4] ∪ [4, 6).

A função é contínua em (−∞, −4] ∪ [4, 6)


3.

4. O domínio da função D(f) = { x ∈ R /.x2 − 16

x− 6≥ 0 } isto é

(x− 4)(x+ 4)

x− 6≥ 0

logo x ∈ [−4, 4] ∪ (6, +∞).

A função é contínua em [−4, 4] ∪ (6, +∞)

5.

6.

7.

8.

9.


10.

⇓

⇓

⇓

⇓

Exercício 4.2.5.Analisar a continuidade em R para as funções f ◦ g e g ◦ f , se:1. f(x) = sgn(x) e g(x) = x− x3.2. f(x) = sgn(x) e g(x) = 1 + x− [|x|].

3. f(x) =x+ | x |

2e g(x) =

{x, se, x < 0

x2, se, x ≥ 0.

4. f(x) =

{1, se, | x |≤ 1

0, se, | x |> 1e g(x) =

{2, se, | x |> 2

2− x2, se, | x |≤ 2.

Solução.

1. Sabemos que f(x) = Sgn(x) =

−1, se, x < 0

0, se, x = 0

1, se, x > 0

logo

(f ◦ g)(x) = f(g(x)) = Sgn(g(x)) =

−1, se, g(x) < 0

0, se, g(x) = 0

1, se, g(x) > 0

⇒

(f ◦ g)(x) = f(g(x)) =

−1, se, − 1 < x < 0 ou x > 1

0, se, x = 0, x = 1, x = −1

1, se, x < −1 ou 0 < x < 1

Não existe os limites quando x se aproxima para −1, 0 e 1.

Portanto (f ◦ g)(x) não é contínua nesses pontos.

Por outro lado (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = f(x)− [f(x)]3 = 0 para todo x ∈ R.

Portanto (g ◦ f)(x) é contínua em todo x ∈ R.

2.


3. Cálculo de (f ◦ g)(x)

(f ◦ g)(x) = f(g(x)) =

g(x)− g(x)

2se, g(x) < 0

g(x) + g(x)

2se, g(x) ≥ 0

⇒

(f ◦ g)(x) = f(g(x)) =

{0 se, x < 0

x2 se, x ≥ 0⇒ ∃ (f ◦ g)(0) = 0

Também existe limx→0

(f ◦ g)(x) = 0 = (f ◦ g)(0).

Portanto (f ◦ g)(x) é contínua em todo x ∈ R.

Por outro lado cálculo de (g ◦ f)(x).

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) =

{f(x) se, f(x) < 0

(f(x))2 se, f(x) ≥ 0= (f(x))2 ∀ x ∈ R ⇒

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) =

{02 se, x < 0

x2 se, x ≥ 0⇒ ∃ (g ◦ f)(0) = 0

Também existe limx→0

(g ◦ f)(x) = 0 = (f ◦ g)(0).

Portanto (g ◦ f)(x) é contínua em todo x ∈ R.

4. Cálculo de (f ◦ g)(x)

(f ◦ g)(x) = f(g(x)) =

1 se, | 2 |≤ 1 e | x |> 2

0 se, | 2− x2 |> 1 e | x |≤ 2

1 se, | 2 |≤ 1 e | x |> 2

0 se, | 2− x2 |> 1 e | x |≤ 2

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

f(x) =

{1, se, | x |≤ 1

0, se, | x |> 1e g(x) =

{2, se, | x |> 2

2− x2, se, | x |≤ 2.

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX


⇓

⇓

⇓

⇓

Exercício 4.2.6.Dar exemplo de uma função definida em [0, 1] que não tenha máximo nem mínimo

em tal intervalo .Solução.

⇓

⇓

⇓

⇓

Exercício 4.2.7.Se f(x) = x4−5x+3, localizar um intervalo [a, b] onde tenha uma raiz real, justifique

sua resposta.Solução.

Observe que f(0) = 3 e f(1) = −1, como f é contínua e f(0) ·f(1) < 0 en [0, 1] tem-seque existe α ∈ (0, 1) tal que f(α) = 0. Logo α é raiz de f .

Assim, a = 0 e b = 1 são alguns dos valores respectivos.

Exercício 4.2.8.

Seja f(x) =x2 + 1

x, calcular o valor que satisfaz o Teorema (??) (do valor intermédio)

para d = 3, em [1, 6].Solução.

Seja c ∈ [1, 6] tal que d = 3 =c2 + 1

centão c2 − 3c + 1 = 0 ⇒ c =

3±√5

2,

assim c1 =3 +

√5

2≈ 2, 61 e c2 =

3±√5

2≈ 0, 38.

O valor que satisfaz a propriedade dos valores intermédios é3 +

√5

2.

Exercício 4.2.9.Seja f : [a; b] −→ R contínua em [a; b]. Usando o Teorema de Weierstrass mostre que

existe C > 0 tal que |f(x)| ≤ C para todo x ∈ [a; b].


Considere um intervalo não trivial I ⊂ R e uma função f : I −→ R contínua em I.Mostre que f(I) = { f(x) /. x ∈ I } é um intervalo.Solução.

Exercício 4.2.10.

Seja T = { sen(x2)

x4 + 1/. x ∈ [−1; 2] }. Mostre que o conjunto T é um intervalo fechado

e limitadoSugestão: Considere a função f : [−1; 2] −→ R, definida por f(x) =

sen(x2)

x4 + 1Solução.

Exercício 4.2.11.Mostre que a equação x5 + 3x− 2 = 0 tem uma raiz no intervalo (0, 1).

Solução.


Exercício 4.2.12.

Mostre que existe x ∈ (0; 1) tal que x5 =1

x4 + 2

Sugestão: Considere a função f(x) = x5 − 1

x4 + 2definida no intervalo [0, 1].

Solução.

Exercício 4.2.13.x

Solução.

Exercício 4.2.14.Mostre que existe x ∈ (

π

2;π) tal que senx = x− 1.

Sugestão: Considere a função f(x) = senx− x+ 1 definida no intervalo (π

2;π).

Solução.


Exercício 4.2.15.

Seja f : [0; 1] −→ R contínua em [0,1] tal que f(0) > 0 e f(1) < 1. Mostre que existex ∈ (0; 1) tal que f(x) =

√x.

Solução.

Exercício 4.2.16.

Suponhamos que a função f(x) =sen πx

x(x− 1)seja definida no intervalo (0, 1). Definir

f em x = 0 e x = 1 de modo que f seja contínua em [0, 1].Solução.

Para x = 0 seja f(x) =sen πx

x(x− 1)=

sen πx

πx· πx

x(x− 1).

Calculando o limite limx→0

sen πx

πx· πx

x(x− 1)= −π.

Para x = 1 calculando o limite limx→1

sen πx

x(x− 1)= lim

y→0

sen π(y + 1)

y(y + 1)=.

limy→0

sen πy cosπ + sen π cos πy

y(y + 1)= − lim

y→0

sen πy

πy· πy

y(y + 1)= −π

Logo, f(x) =

sen πx

x(x− 1)se x ∈ (0, 1)

−π se x = 0, x = 1.

Exercício 4.2.17.

Suponhamos que a função f está definida no intervalo (0, 1) por f(x) =1− cos(2πx)

x 2(1− x)2.

Redefinir f para que seja contínua em [0, 1].Solução.


Exercício 4.2.18.Uma editora vende 10.000 livros de matemática aplicada quando o preço unitário é de

R$15, 00, a editora determinou que pode vender 2.000 unidades a mais com uma reduçãode R$3, 00 no preço unitário. Ache a equação de demanda, supondo-a linear, e trace ográfico respectivo.Solução.

Exercício 4.2.19.Numa pequena cidade com população de 5.000 habitantes, a taxa de crescimento de

uma epidemia (a taxa de variação do número de pessoas infectadas) é conjuntamenteproporcional ao número de pessoas infectadas e ao número de pessoas não infectadas.(a) Se a epidemia está crescendo á razão de 9 pessoas por dia quando 100 pessoas estãoinfectadas, expresse a taxa de crescimento da epidemia como função do número de pessoasinfectadas. (b) Quão rápido está se afastando a epidemia quando 200 pessoas estãoinfectadas ?Solução.


4.3 Miscelânea

Miscelânea 4-1

Miscelânea 4.1.1.Determine quais das seguintes funções estão limitadas superior e inferiormente no

intervalo indicado; e quais delas alcançam seus valores de máximo ou mínimo.1. f(x) = x2 em (−1, 1) 2. g(x) = x3 em (−1, 1)

3. h(x) = x2 em R 4. f(x) = x2 em [0, +∞)

5. g(x) =

{x2, se, x ≤ a

a+ 2, se, x > aem (−a− 1, a+1); a > 0 (sugestão: considerar

valores distintos para a)Solução.

1.

2.

3.

4.


5.

Miscelânea 4.1.2.Para cada uma das seguintes funções, determine um inteiro n tal que f(x) = 0 para

algum x ∈ [n, n+ 1].1. f(x) = x3 − x+ 3 2. g(x) = x5 + 5x4 + 2x+ 1

3. f(x) = x5 + x+ 1 4. f(x) = 4x2 − 4x+ 1

Solução.

1. Quando n = tem-se f() =< f() =

2. Quando n = −5 tem-se f(−5) = −9 < 0 < f(−4) = 249.

3. Quando n = −1 tem-se f(−1) = −1 < f(0) = 1

4. Tem-se f(x) = (2x− 1)2, logo n = 0 pois as duas raízes estão em [0, 1]

Miscelânea 4.1.3.1. Mostre que se f é uma função contínua em [a, b], então existe uma função g que

é contínua em R, e que satisfaz g(x) = f(x) ∀ x ∈ [a, b]. (Sugestão: considere umafunção g(x) constante em (−∞, a] ∪ [b,+∞).

2. Observe que a afirmação em (1.) deste item é falsa se substituímos o intervalo[a, b] por (a, b). Justificar.Solução.

1.

2.


Miscelânea 4.1.4.

Seja f : [0, 4] → R dada por f(x) =2x− x2

x+ x2, pede-se:

1. Provar que x = 4 é o ponto mínimo de f isto é f(4) ≤ f(x), para todo x ∈ [0, 4].

2. Provar que ∃ x2 ∈ [0, 2] tal que f(x2) é o valor máximo de f , isto é f(x2) ≥f(x), ∀ x ∈ [0, 4]

Solução.

Podemos redefinir a função assim:

f(x) =

2− x

1 + xse x = 0

2 se x = 0

1. Seja 0 < x ≤ 4 ⇒ 1 < 1 + x ≤ 5 ⇒ 1

5≤ 1

1 + x< 1.

Por outro lado, 0 < x ≤ 4 ⇒ −4 ≤ −x < 0 ⇒ −2 ≤ 2− x < 2

Multiplicando estas duas últimas desigualdades (não muda o sentido da desigualdade

uma delas é totalmente positiva), obtém-se −2

5≤ f(x) < 2. Como f(0) = 2 segue

que −2

5≤ f(x) ≤ 2 para todo x ∈ [0, 4].

Observe que f(4) = −2

5, logo em x = 4 tem-se o mínimo absoluto da função.

2. Tem-se f(x) =2− x

1 + x=

3

1 + x− 1 >

3

1 + (x+ h)− 1 = f(x + h) para h > 0, logo a

função é decrescente em seu domínio.

Portanto, em [0, 2] existe x0 = 0 tal que f(x0) ≤ f(x), ∀ x ∈ [0, 4].

Miscelânea 4.1.5.

Seja f(x) =

sen1

x, se, x = 0

1, se, x = 0;

f tem descontinuidade evitável em x = 0?. E quando se substituímos f(x) = x.sen (1

x)

para x = 0 ?.Solução.


Miscelânea 4.1.6.Seja f : [a, b] −→ R uma função contínua não constante em [a, b]. Provar que

Im(f) = [m, M ] onde m = minx∈[a, b]

.f(x) e M = maxx∈[a, b]

.f(x).

Solução.

Miscelânea 4.1.7.Provar que o polinômio P (x) = 4x3 − 14x2 + 14x− 3 tem três raízes reais diferentes.

Solução.

Miscelânea 4.1.8.Suponhamos que f : [0, 1] −→ [0, 1] seja uma função contínua. Provar que existe

c ∈ [0, 1] tal que f(c) = c

Solução.


Miscelânea 4.1.9.Mostre que existe algum número x tal que:

1. x179 +163

1 + x2 + sen 2x= 119 2. sen x = x− 1.

Solução.

1. Seja g(x) = x179 +163

1 + x2 + sen 2x− 119, observe que g(0) = 44 > 0. Por outro lado,

g(1) = 1 +163

2 + sen 21− 119 < 0, pois 2 ≤ 2 + sen 21 ≤ 3, assim, pelo Teorema de

Bolzano existe x ∈ (0, 1) tal que g(x) = 0.

Portanto, x179 +163

1 + x2 + sen 2x= 119.

2. Seja f(x) = sen x−x+1, então f(0) = 1 e f(2) = sen 2−1 < 0, pois sen3, 1416

2= 1,

e a função sen x é decrescente em [π2, π].

Assim, existe x ∈ (0, 2) tal que f(x) = 0 ⇒ sen x−x+1 = 0, isto é sen x = x−1

para algum x ∈ (0, 2).

Miscelânea 4.1.10.Determine quais das seguintes funções estão limitadas superior e inferiormente no

intervalo indicado; e quais delas alcançam seus valores de máximo ou mínimo.

1. f(x) =

{x2, se, x < a

a+ 2, se, x ≥ aem [−a− 1, a+ 1]

2. f(x) =

0, se, x ∈ I = R−Q1

q, se, x =

p

qé fração irredutível

em [0, 1]

3. f(x) =

1, se, x ∈ I = R−Q1

q, se, x =

p

qé fração irredutível

em [0, 1]

4. g(x) = sen 2(cosx+√1 + a2) em [0, a3].

5. h(x) =∥ x ∥ em [0, a].

Solução.

1.


2.

3.

4.

5.

Capítulo 5

DERIVADAS

5.1 Conceitos Básicos.

Exercícios 5-1

Exercício 5.1.1.Aplicando a definição, calcular a primeira derivada para cada uma das seguintes fun-

ções e indicar seu domínio.

1. f(x) = 6x2 − 5x+ 2 2. f(x) = x3 − 3x2 3. f(x) =2x+ 3

3x− 2

4. f(x) =1√x+ 3

5. f(x) =√16− x2 6. f(x) =

x

3− x

Solução.

1. f ′(x) = limh→0

[6(x+ h)2 − 5(x+ h) + 2]− [6x2 − 5x+ 2]

h= lim

h→0

h(12x− 5) + 6h2

h

Calculando este limite, segue que f ′(x) = 12x− 5.

2. f ′(x) = limh→0

[(x+ h)3 − 3(x+ h)2]− (x3 − 3x2)

h= lim

h→0

h(3x2 − 6x) + h3 + 3h2(x− 1)

h

Calculando este limite, segue que f ′(x) = 3x2 − 6x.

3. f ′(x) = limh→0

[2(x+h)+33(x+h)−2

]− (2x+33x−2

)

h= lim

h→0

[(3x− 2)(2x+ 3 + 2h)]− [(2x+ 3)(3x− 2 + 3h)]

h(3x− 2 + 3h)(3x− 2)=

= limh→0

h[2(3x− 2)− 3(2x+ 3)]

h(3x− 2 + 3h)(3x− 2)=

[2(3x− 2)− 3(2x+ 3)]

(3x− 2)2= − 13

(3x− 2)2

Logo, a derivada de f(x) é f ′(x) = − 13

(3x− 2)2.

313


4. f ′(x) = limh→0

1√x+h+3

− 1√x+3

h== lim

h→0

√x+ 3−

√x+ h+ 3

h√x+ h+ 3

√x+ 3

=

= limh→0

(x+ 3)− (x+ h+ 3)

h√x+ h+ 3

√x+ 3[

√x+ 3 +

√x+ h+ 3]

= − 1

2√(x+ 3)3

Logo, a derivada de f(x) é f ′(x) = − 1

2√

(x+ 3)3.

5. f ′(x) = limh→0

(√

16− (x+ h)2)− (√16− x2)

h=

limh→0

[√

16− (x+ h)2 −√16− x2][

√16− (x+ h)2 +

√16− x2]

h(√16− (x+ h)2) + (

√16− x2)

limh→0

−h(2x+ h)

h(√16− (x+ h)2) + (

√16− x2)

= − x√16− x2

Logo, a derivada de f(x) =√16− x2 é f ′(x) = − x√

16− x2.

6. f ′(x) = limh→0

(x+ h)

3− (x+ h)− (

x

3− x)

h= lim

h→0

(x+ h)(3− x)− x(3− (x+ h))

h(3− (x+ h))(3− x)

= limh→0

3h

h(3− (x+ h))(3− x)=

3

(3− x)2

Logo, a derivada de f(x) =x

3− xé f ′(x) =

3

(3− x)2.

Exercício 5.1.2.Dada f(x) =

√x, calcule : 1. f(2); 2. f ′(x).

Solução.

1. Temos f(2) =√2.

2. Temos f ′(x) = limh→0

√x+ h−

√x

h= lim

h→0

h

h(√x+ h+

√x)

, então f ′(x) =1

2√x

.

Exercício 5.1.3.Dada f(x) = x2 + 4x− 5, calcule f ′(−1).

Solução.

Temos que f ′(x) = 2x+ 4, logo f ′(−1) = 2.


Exercício 5.1.4.

Dada f(x) =1

x, x = 0, calcule: 1. f ′(2); 2. f ′(x).

Solução.

1. f ′(2) = −1

42. Temos f ′(x) = − 1

x2

Exercício 5.1.5.Determine quais das seguintes funções são deriváveis nos pontos indicados:

1. f(x) =

{x+ 3, se, x ≤ 3

−x+ 5, se x > 3a = 3

2. f(x) =

{x2 − 9, se, x < 3√x+ 3, se x ≥ 3

a = 3

3. f(x) =

{(1− x)2, se, x ≥ 1√1− x, se x < 1

a = 1

4. f(x) =| x2 − 4 | a = 2

5. f(x) =

| x+ 2 | se, x < 0

2− x2, se, 0 ≤ x < 2

x2 − 4x+ 2, se 2 ≤ x

a = 0 e a = 2.

Solução.

Nenhuma das funções são deriváveis nos pontos indicados.

1. f ′(x) =

{1, se, x ≤ 3

−1, se x > 3, temos que f ′(3) não existe.

2. f ′(x) =

2x, se, x < 31

2√x+ 3

, se x ≥ 3temos que f ′(3) não existe.

3. f ′(x) =

−2(1− x), se, x ≥ 1

− 1

2√1− x

, se x < 1temos que f ′(1) não existe.

4. f(x) =| x2 − 4 |=

{x2 − 4, se, x2 ≥ 4

−(x2 − 4), se x2 < 4temos que f ′(2) não existe.

5. f ′(x) =

x+ 2

| x+ 2 |se, x < 0

−2x, se, 0 ≤ x < 2

2x− 4, se 2 ≤ x

temos que não existem f ′(0) e f ′(2).

Exercício 5.1.6.Mostre que: (1.) Se f é função par, então f ′(x) = −f ′(−x). (2.) Se f é função

ímpar, então f ′(x) = f ′(−x).Solução.


1. Se f é função par, então f(−x) = f(x), logo f(x) − f(−x) = 0 de onde f ′(x) −f ′(−x)(−1) = 0 assim, f ′(x) = −f ′(−x)

2. Se f é função ímpar, então f(−x) = −f(x), logo f(x) + f(−x) = 0 de onde f ′(x) +

f ′(−x)(−1) = 0 assim, f ′(x) = f ′(−x)

Exercício 5.1.7.Define-se o ângulo entre as curvas y = f1(x) e y = f2(x) no ponto de interseção

M(x0, y0), ao menor ângulo compreendido entre as tangentes respectivas no ponto M .

Este ângulo é determinado pela fórmula seguinte: tanφ =f ′2(x0)− f ′

1(x0)

1 + f ′1(x0) · f ′

2(x0).

1. Determine o ângulo que forma com o eixo das abscissas a tangente à curva y =2x5

3−

x3

9traçada no ponto x = 1.

2. Determine o ângulo compreendido entre as parábolas y = 8− x2 e y = x2.

3. Determine o ângulo entre a parábola y = 4−x2 e o raio vetor do ponto M(1, 3) destalinha.

Solução.

1. Dado, y =2x5

3− x3

9então

dy

dx=

10x

3− x

3no ponto x = 1, temos que o coeficiente

angular da reta tangente é m = 3. Este coeficiente angular é a tangente da retatangente com o eixo-x.

Seja α o ângulo procurado, então tanα = 3 de onde α = arctan 3.

2. Dados as parábolas y = 8−x2 e y = x2, entãody

dx= −2x e

dy

dx= 2x. Logo m1 = −2x

e m2 = 2x são os respectivos coeficientes angulares.

Como as parábolas se interceptam no ponto x = 2, então m1 = −4 e m2 = 4, sejaφ o ângulo procurado logo

tanφ =(−4)− 4

1 + (−4)(4)=

8

17⇒ φ = arctan

8

17

3. Dada a parábola y = 4− x2 entãody

dx= −2x. Logo m1 = −2x ⇒ m1 = −2(1), a

tangente do raio vetor do ponto M(1, 3) com o eixo-x é m2 =3

1, logo

tanφ =(−2)− 3

1 + (−2)(3)= 1 ⇒ φ = arctan 1 =

π

4


Exercício 5.1.8.

Para cada uma das seguintes funções determine a primeira derivada.

1. f(x) =3

x42. f(x) =

| x |1 + x2

3. f(x) = (x− 1) 3

√x− 1

x+ 14. f(x) =

1− x2

1 + x2

5. f(x) =

√4− x2

(1 + x2)36. f(x) = (5− x) 7

√(x+ 5)6

7. f(x) = x2 | x |3 8. f(x) =x3√

(1− x2)3

9. f(x) =4x+ 6√

x2 + 3x+ 410. f(x) =| x2 − 9 |

11. f(x) =√2x+

√2

x12. f(x) =

√1 + x+

√1− x√

1 + x−√1− x

13. f(x) = 3√

(x3− | x |3)2 14. f(x) = x√x2 − a2 − a2x√

x2 − a2

15. f(x) =

√1−

√x

1 +√x

16. f(x) =1

8n√

(1 + x3)8 − 1

53√

(1 + x3)5

17. f(x) =x

a2 ·√a2 + x2

18. f(x) = (√x+ 1 +

√x− 1)4

Solução.

1. f(x) =3

x4⇒ f ′(x) = −12

x5

2. f(x) =| x |1 + x2

=

x

1 + x2se x ≥ 0

− x

1 + x2se x < 0

Portanto, f ′(x) =

1− x2

(1 + x2)2se x ≥ 0

x2 − 1

(1 + x2)2se x < 0

.

3. f(x) = (x− 1) 3

√x− 1

x+ 1= (x− 1)

(x− 1

x+ 1

)1/3⇒

f ′(x) =(x− 1

x+ 1

)1/3+ (x− 1) · 1

3

(x− 1

x+ 1

)−2/3[(x+ 1)− (x− 1)

(x+ 1)2

]

Portanto, f ′(x) =(3x+ 5)(x− 1)1/3

3(x+ 1)4/3.


4. f(x) =1− x2

1 + x2⇒ f ′(x) =

(1 + x2)(−2x)− (1− x2)(2x)

(1 + x2)2= − 4x

(1 + x2)2

5. f(x) =

√4− x2

(1 + x2)3=( 4− x2

(1 + x2)3

)1/2⇒

f ′(x) =1

2

√(1 + x2)3

4− x2

[−2x(1 + x2)3 − 3(4− x2)(1 + x2)2(2x)

(1 + x2)6

]

f ′(x) =

[x(x2 − 13)

(1 + x2)3

]√(1 + x2)3

4− x2

6. f(x) = (5−x) 7√

(x+ 5)6 ⇒ f ′(x) = − 7√

(x+ 5)6+(5−x) · 67(x+5)−1/7 ⇒

Portanto, f ′(x) =25− 7x

7 7√x+ 5

.

7. f(x) = x2 | x |3=

{x5 se x ≥ 0

−x5, se x < 0⇒ f ′(x) =

{5x4 se x ≥ 0

−5x4, se x < 0

8. f(x) =x3√

(1− x2)3⇒ f(x) =

[x2

1− x2

] 32

logo derivando

f ′(x) =3

2

[x2

1− x2

] 12

·[2x(1− x2)− x2(−2x)

(1− x2)2

]=

3x2√(1− x2)5

9. f(x) =4x+ 6√

x2 + 3x+ 4⇒ f ′(x) =

(4)√x2 + 3x+ 4− (4x+ 6) · 2x+ 3

2√x2 + 3x+ 4

(√x2 + 3x+ 4)2

f ′(x) =8(x2 + 3x+ 4)− (4x+ 6)(2x+ 3)

(√x2 + 3x+ 4)3

=14

(√x2 + 3x+ 4)3

10. f(x) =| x2−9 |=

{x2 − 9 se x2 ≥ 9

9− x2, se x2 < 9⇒ f ′(x) =

{2x se x2 ≥ 9

−2x, se x2 < 9

11. f(x) =√2x+

√2

x⇒ f ′(x) =

1√2x

− 1√2x3

12. f(x) =

√1 + x+

√1− x√

1 + x−√1− x

=(√1 + x+

√1− x)2

(1 + x)− (1− x)=

1 +√1− x2

x

f ′(x) =

x(−x√1− x2

)− (1 +√1− x2)

x2= −1 +

√1− x2

x2(√1− x2)


13. f(x) = 3√(x3− | x |3)2 ⇒ f(x) =

{0 se x ≥ 03√4x2 se x < 0

Portanto, f ′(x) = 2 3√4x se x < 0, e f ′(x) = 0 se x ≥ 0.

14. f(x) = x√x2 − a2 − a2x√

x2 − a2⇒

f ′(x) =√x2 − a2 +

x2

√x2 − a2

+a4√

(x2 − a2)3

Portanto, f ′(x) =(x2 − a2)(2x2 − a2)√

(x2 − a2)3.

15. f(x) =

√1−

√x

1 +√x

⇒ [f(x)]2 =(1−

√x)2

1− x

2f(x) · f ′(x) =(1− x)[2(1−

√x) (−1)

2√x]− (−1)(1−

√x)2

(1− x)2

Portanto, f ′(x) = −1

2· 1√

1− x(1 +√x)

.

16. f(x) =1

8n√

(1 + x3)8 − 1

53√(1 + x3)5 =

1

8· (1 + x3)

8n − 1

5· (1 + x3)

53 ⇒

f ′(x) =3x2

n· (1 + x3)

8−nn − 3x2

3· (1 + x3)

23

Portanto, f ′(x) = x2[ 3n· n√(1 + x3)8−n − 3

√(1 + x3)2

].

17. f(x) =x

a2 ·√a2 + x2

=1

a2· x√

a2 + x2⇒ f ′(x) =

1

a2· (a

2 + x2)− x2√(a2 + x2)3

.

Portanto, f ′(x) =1√

(a2 + x2)3.

18. f(x) = (√x+ 1 +

√x− 1)4 ⇒

f ′(x) = 4(√x+ 1 +

√x− 1)3(

1

2√x+ 1

+1

2√x− 1

)

Portanto, f ′(x) =2(√x+ 1 +

√x− 1)4√

x2 − 1.

Exercício 5.1.9.


Dada a função: f(x) =

{x, se, x = 0

0, se, x = 0pede-se:

1. Provar que ela é contínua no ponto x = 0.

2. Calcular as derivadas laterais dessa função no ponto x = 0.

Solução.

1. Temos f(0) = 0 e limx→0

f(x) = 0 = limx→0

x = 0 = f(0)

Logo f é contínua em x = 0.

2. Para as derivadas laterais

df−

dx(0) = lim

h→0−

f(h)− f(0)

h= 1,

df+

dx(0) = lim

h→0+

f(h)− f(0)

h= 1

Exercício 5.1.10.Suponha a função y = f(x) seja derivável em x. Mostre o seguinte:

1. f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x− h)

2h

2. f ′(x) = limk+h→0+

f(x+ h)− f(x− k)

h+ k

Solução.

1. Como f é derivável em x , então f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

hexiste

Quando −h → 0 temos f ′(x) = lim−h→0

f(x− h)− f(x)

−histo é

f ′(x) = limh→0

f(x)− f(x− h)

h⇒

2f ′(x) = f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h+ lim

h→0

f(x)− f(x− h)

h

Portanto, f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x− h)

2h

2. Observe-se que h, k são positivos , por outro lado

f(x+ h)− f(x− k)

h+ k=

h

h+ k· f(x+ h)− f(x)

h+

k

h+ k· f(x)− f(x− k)

k

Podemos imaginar que, comof(x+ h)− f(x)

h−→ f ′(x) e

f(x)− f(x− k)

k−→

f ′(x) quando h → 0 e k → 0 é suficiente. Mais, não sabemos o comportamento

deh

h+ ke

k

h+ kquando h → 0 e k → 0.


Para superar esta situação, podemos supor que para todo ϵ > 0, existe δ > 0 talque 0 < h < δ e 0 < k < δ, então

−ϵ <f(x+ h)− f(x)

h− f ′(x) < ϵ; −ϵ <

f(x)− f(x− k)

k− f ′(x) < ϵ

Como h, k > 0, multiplicamos as desigualdades porh

h+ ke

k

h+ krespectivamente

−ϵ · h

h+ k<

f(x+ h)− f(x)

h+ k− f ′(x) · h

h+ k< ϵ · h

h+ k

−ϵ · k

h+ k<

f(x)− f(x− k)

h+ k− f ′(x) · k

h+ k< ϵ · k

h+ k

Somando estas duas últimas desigualdades

−ϵ <f(x+ h)− f(x− k)

h+ k− f ′(x) < ϵ ⇒ lim

h+k→0+

f(x+ h)− f(x− k)

h+ k= f ′(x)

Exercício 5.1.11.

Seja g(x) = xn e 0 ≤ k ≤ n; mostre que: g(k)(x) =n!

(n− k)!xn−k.

Solução.

A mostrar por indução. Se k = 0 temos g(0)(x) = g(x) = xn =n!

(n− 0)!xn−0 cumpre.

Suponhamos que a fórmula é verdadeira para qualquer k < n. Para k + 1 segue

g(k+1)(x) =d

dx[g(k)(x)] =

d

dx[

n!

(n− k)!xn−k] = [(n− k)

n!

(n− k)!xn−k−1] ⇒

g(k+1)(x) = (n− k)n!

(n− k)!xn−k−1 =

n!

(n− k − 1)!xn−k−1 =

n!

(n− (k + 1))!xn−(k+1)

Portanto, g(k)(x) =n!

(n− k)!xn−k.

Exercício 5.1.12.Mostre que se f é derivável em x = a, então | f(x) | também é derivável em x = a

sempre que f(a) = 0. Dar um exemplo quando f(a) = 0.Solução.

Podemos escrever | f(x) |=

{f(x) se 0 ≤ f(x)

−f(x) se f(x) < 0.

Por notação |f(x)| .= |f |(x).

Sendo f é derivável em x = a, então de f(a) = 0 segue que f(x) = 0 numa vizinhançade x = a, assim | f(x) |= f(x) ou | f(x) |= −f(x) nessa | f(x) |= f(x).


Logo | f |′ (a) = f ′(a) ou | f |′ (a) = −f ′(a)

Como |f(x)| =√(f(x))2, pela regra da cadeia segue

| f |′ (x) = 1

2√(f(x))2

· 2f(x) · f ′(x) =f(x)

|f(x)|· f ′(x)

Considerando f(x) = x− a temos que f(a) = 0.

Exercício 5.1.13.Para cada uma das seguintes funções f(x), determine f(f ′(xc)).

1. f(x) =1

x2. f(x) = x2

3. f(x) = 17 4. f(x) = 17x

Solução.

1. Tem-se f(x) =1

x⇒ f(cx) =

1

cx⇒ f ′(cx) = f(cx) = − 1

cx2.

Portanto, f(f ′(xc)) =1

f ′(xc)= −cx2.

2. Tem-se f(x) = x2 ⇒ f(cx) = (cx)2 ⇒ f ′(cx) = 2c2x.

Portanto, f(f ′(xc)) = [f ′(xc)]2 = [2c2x]2 = 4c4x2.

3. Tem-se f(x) = 17 ⇒ f(cx) = 17 ⇒ f ′(cx) = 0.

Portanto, f(f ′(xc)) = f(0) = 17.

4. Tem-se f(x) = 17x ⇒ f(cx) = 17(cx) ⇒ f ′(cx) = 17c.

Portanto, f(f ′(xc)) = f(17c) = 172c.

Exercício 5.1.14.Determine f ′(x) em términos de g′(x) se:

1. f(x) = g(x+ g(a)) 2. f(x) = g(x · g(a)) 3. f(x) = g(x+ g(x))

4. f(x) = g(x)(x− a) 5. f(x) = g(a)(x− a) 6. f(x+ 3) = g(x2)

Solução.

1. f ′(x) = g′(x+ g(a)) · (1 + 0) = g′(x+ g(a)).

2. f ′(x) = g′(x · g(a)) · (x · g(a))′ = g(a) · g′(x · g(a)).

3. f ′(x) = g′(x+ g(x)) · (x+ g(x))′ = (1 + g′(x)) · g′(x+ g(x))

4. f ′(x) = g′(x)(x− a) + g(x) · (1) = g′(x)(x− a) + g(x)


5. f ′(x) = g(a)(x− a)′ = g(a)

6. f(x+ 3) = g(x2) ⇒ f(x) = g((x− 3)2) ⇒ f ′(x) = 2(x− 3) · g′((x− 3)2)

Exercício 5.1.15.Determine as derivadas das funções inversas das seguintes funções:

1. f(x) = x2 2. g(x) = 3x2 − x 3. h(x) =1

x+ 1

4. f(x) = (x+ 2)2 5. g(x) =x

x− 16. h(x) = (x2 − 1)2

Solução.

1. Seja g função inversa de f , então (f ◦ f−1)(x) = x.

Sua derivada é f ′(f−1(x)) · (f−1)′(x) = 1, assim (f−1)′(x) =1

f ′(f−1(x)).

Dado y = f(x) = x2 ⇒ x =√x, logo (f−1)(x) =

√x. Como f ′(x) = 2x segue.

Portanto, (f−1)′(x) =1

f ′(f−1(x))=

1

2√x.

2. Se y = g(x) = 3x2 − x ⇒ x =1±

√1− 12y

6⇒ g−1(x) =

1 +√1− 12x

6.

ou g−1(x) =1−

√1− 12x

6. De g(x) = 3x2 − x segue g′(x) = 6x− 1

Como (g−1)′(x) =1

g′(g−1(x))⇒ (g−1)′(x) =

1

61+√1−12x6

− 1

Portanto, (g−1)′(x) =1√

1− 12xou (g−1)′(x) = − 1√

1− 12xisto depende do

domínio de g(x).

3. Se y = h(x) =1

x+ 1⇒ h−1(x) =

1− x

x, a derivada de h(x) é h′(x) =

− 1

(x+ 1)2.

Como (h−1)′(x) =1

h′(h−1(x))⇒ (h−1)′(x) =

1

− 1(h−1(x)+1)2

= −(h−1(x) + 1)2

Portanto, (h−1)′(x) = −(1− x

x+ 1)2 = − 1

x2.

4. Se y = f(x) = (x + 2)2 ⇒ x = −2 ± √y ⇒ f−1(x) = −(2 +

√x) ou

f−1(x) = −(2−√x). De f(x) = (x+ 2)2 segue f ′(x) = 2(x+ 2)

Como (f−1)′(x) =1

f ′(f−1(x))⇒ (f−1)′(x) =

1

2(−(2 +√x) + 2)

Portanto, (f−1)′(x) =1

2√x

ou (f−1)′(x) = − 1

2√x

isto depende do domínio de

f(x).


5. Se y = g(x) =x

x− 1⇒ g−1(x) =

x

x− 1, a derivada de g(x) é g′(x) =

− 1

(x− 1)2.

Como (g−1)′(x) =1

g′(g−1(x))⇒ (g−1)′(x) =

1

− 1

(g−1(x)− 1)2

= −(g−1(x)−1)2

Portanto, (g−1)′(x) = −(g−1(x)− 1)2 = − 1

(x− 1)2.

6. Se y = h(x) = (x2 − 1)2 ≥ 0 ⇒ x = ±√

1±√y ⇒ h−1(x) = ±

√1±

√x

ou h−1(x) = −√1±

√x. De h(x) = (x2 − 1)2 segue h′(x) = 2x(x2 − 1)

Como (h−1)′(x) =1

h′(h−1(x))⇒ (h−1)′(x) =

1

±2√1±

√x(1±

√x− 1)

Portanto, (h−1)′(x) =1

±2√x± x

√x

isto depende do domínio de h(x).

Exercício 5.1.16.

Seja t = 2− 3s+ 3s2, determineds

dtmediante s

Solução.

Temos derivando t com respeito a s, quedt

ds= −3 + 6s ⇒ dt

ds= 3(2s− 1).

Portanto, da inversads

dt=

1

3(2s− 1).

Exercício 5.1.17.

Seja x = y3 − 4y + 1. Determinedx

dy.

Solução.

Temos derivando implícitamente 1 = 3y2dy

dx− 4

dy

dx⇒ dy

dx=

1

3y2 − 4.

Portanto,dx

dy= 3y2 − 4.

Exercício 5.1.18.Determine a primeira derivada implícita para as funções y = f(x) .

1.x2

a2+

y2

b2= 1 2.

√x+

√y =

√a 3. x3 − y3 = 3axy

4. x4 + y4 = x2y2 5. xy = yx 6.3√x2 + 3

√y2 =

3√a2

Solução.

1.x2

a2+

y2

b2= 1 ⇒ 2x

a2+

2y

b2y′ = 0 ⇒ y′ = −xb2

ya2


2.√x+

√y =

√a ⇒ 1

2√x+

1

2√y· y′ = 0 ⇒ dy

dx= −

√y

√x

3. x3 − y3 = 3axy ⇒ 3x2 − 3y2y′ = 3ay + 3axy′ ⇒ dy

dx=

x2 − ay

ax+ y2

4. x4 + y4 = x2y2 ⇒ 4x3 − 4y3y′ = 2xy2 + 2x2yy′ ⇒ dy

dx=

x(2x2 − y2)

y(x2 + 2y2)

5. xy = yx ⇒ yLn x = xLn y ⇒ y′Ln x+y

x= Ln y +

x

yy′ ⇒

y′(Ln x− x

y) = Ln y − y

x⇒ y′ =

y(xLn y − y)

x(yLn x− x)⇒ dy

dx=

y(Ln xy − y)

x(Ln xy − x)

6. 3√x2 + 3

√y2 =

3√a2 ⇒ 2

3

13√x+

2

3

13√y· y′ = 0ent

dy

dx= −

3√y

3√x

Exercício 5.1.19.

Que ângulo forma com o eixo das abscissas com a reta tangente à curva y =2x5

3− x2

9,

traçada no ponto com abscissa x = x0?Solução.

Dada a curva curva y =2x5

3− x2

9⇒ dy

dx=

10x4

3− 2x

9, no ponto x = x0 temos

que o coeficiente da reta tangente à curva é m =10x4

0

3− 2x0

9

Portanto o ângulo que forma é α = arctan(10x4

0

3− 2x0

9).

Exercício 5.1.20.Escrever as equações da reta tangente e normal à curva x2 +2xy2 +3y4 = 6 no ponto

M(1, −1).Solução.

A derivada em relação a x é 2x + 2y2 + 4xy dydx

+ 12y3 = 0, no ponto M(1, −1), o

coeficiente angular da tangente à curva é 2(1)+2(−1)2+4(1)(−1)dy

dx+12(−1)3 = 0 ⇒

m =dy

dx= −2. O coeficiente angular da normal é m1 +

1

2. As equações pedidas são:

Reta tangente: y − (−1) = 2(x− 1) ⇒ y − 2x+ 3 = 0

Reta normal: y − (−1) = −1

2(x− 1) ⇒ 2y + x+ 1 = 0

Exercício 5.1.21.

Mostre que a tangente à elipsex2

a2+

y2

b2= 1 no ponto M(x0, y0) é dada pela igualdade

xx0

a2+

yy0b2

= 1.Solução.


Sejax2

a2+

y2

b2= 1 ⇒ 2x

a2+

2y

b2· dydx

= 0 o coeficiente angular da reta tangente em

M(x0, y0) é m = −x0b2

y0a2.

A equação da reta tangente é y − y0 = −x0b2

y0a2(x − x0) de onde yy0a

2 − y20a2 =

−xx0b2 + x2

0b2

Portanto,xx0

a2+

yy0b2

= 1 é a equação da reta tangente pedida.

Exercício 5.1.22.

Mostre que a tangente à hipérbolex2

a2−y2

b2= 1 no ponto M(x0, y0) é dada pela igualdade

xx0

a2− yy0

b2= 1.

Solução.

Sejax2

a2− y2

b2= 1 ⇒ 2x

a2− 2y

b2· dydx

= 0 o coeficiente angular da reta tangente em

M(x0, y0) é m =x0b

2

y0a2.

A equação da reta tangente é y − y0 =x0b

2

y0a2(x − x0) de onde yy0a

2 − y20a2 =

xx0b2 − x2

0b2

Portanto,xx0

a2− yy0

b2= 1 é a equação da reta tangente pedida.

Exercício 5.1.23.

Determine as equações das tangentes á hipérbolex2

2−y2

7= 1 que sejam perpendiculares

á reta 2x+ 4y − 3 = 0

Solução.

O coeficiente angular da reta tangente à hipérbolex2

2− y2

7= 1 em qualquer ponto

do seu domínio se obtém de x− 2y

7· dydx

= 0, de onde para o ponto de tangência (x0, y0)

na hipérbole segue quedy

dx=

7x0

2y0es o coeficiente angular da reta perpendicular à reta

4y = −2x+ 3.

Pelas propriedades dos coeficientes angulares7x0

2y0·(−1

2

)= −1 ⇒ y0 =

7x0

4.

Substituindo na equação da hiperbole obtém-se os pontos (4, 7) e (−4,−7) onde ocor-rem os pontos de tangencia.

Como m = 2 é o coeficiente angular das tangentes à hipérbole, segue que no ponto(4, 7) a equação pedida é y − 7 = 2(x− 4) ⇒ 2x− y − 1 = 0. No ponto (−4,−7) aequação pedida é 2x− y + 1 = 0

Exercício 5.1.24.

Determine a equação da reta tangente ao gráfico f(x) =1

xde no ponto (6,

1

6).

Solução.


O coeficiente da angular da reta tangente à curva y =1

xédy

dx= − 1

x2, de no ponto

(6,1

6) é m = − 1

36.

A equação da reta tangente é y − 1

6= − 1

36(x− 6) ⇒ x+ 36y − 12 = 0.

Exercício 5.1.25.

Determine a equação da reta tangente ao gráfico de g(x) =8

1 + xque passa pelo ponto

(−3, −4). Compare com o Exercício (5.1.24) e encontre uma explicação razoável para ocoeficiente angular dessa reta.Solução.

O coeficiente angular da reta tangente à curva g(x) =8

1 + xé dado por

dg

dx=

− 8

(1 + x)2, quando x = −3 segue que m = −2.

A equação da reta pedida é y + 4 = −2(x+ 3) = 0 ⇒ 2x+ y + 10 = 0.A explicação diz que: Para funções do tipo f(x) =

a

b+ xo coeficiente da reta tangente

sempre será negativo.

Exercício 5.1.26.Determine a equação da reta tangente à hipérbole de equação 2x2 − 3y2 − 12 = 0, no

ponto (2√3, 2)

Solução.

Derivando 2x2 − 3y2 − 12 = 0 implícitamente temos 4x − 6ydy

dx= 0. No ponto

(2√3, 2) segue que

4x− 6ydy

dx= 0 ⇒ (4)(2

√3)− (6)(2)

dy

dx= 0 ⇒ dy

dx=

2√3

3

Logo a equação da reta tangente pedida é: y = 2+2√3

3(x−2

√3) isto é y =

2√3

3x−2.

Exercício 5.1.27.Calcule o coeficiente angular da reta normal ao gráfico da função g(x) = 3

√x2 − 1, no

ponto (3, g(3)) .Solução.

Como g(x) = (x2 − 1)2/3 entãodg

dx=

1

3· 2x

3√(x2 − 1)2

, quando x = 3 seguedg

dx=

1

3· 64=

1

2O coeficiente angular da reta normal ao gráfico da função g(x), no ponto (3, g(3)) é

m1 = −2.


Exercício 5.1.28.

Determine a equação da reta normal à curva y =8

x2 + 4, no ponto de abscissa 2.

Solução.

Quando x = 2 temos y = 1, queremos a equação da normal no ponto (2, 1).

O coeficiente angular da curva em qualquer ponto édy

dx= − 16x

(x2 + 4)2, quando x = 2

segue que m = −1

2é o coeficiente da reta tangente em (2, 1). O coeficiente da reta normal

à curva no ponto (2, 1) é m1 = 2.A equação da reta pedida é y − 1 = 2(x− 2) ⇒ 2x− y − 3 = 0

Exercício 5.1.29.Determine a declividade da reta tangente ao gráfico de 2x3y− x2 +2xy− y3 = −1, no

ponto (1, 2) .Solução.

A declividade é o coeficiente angular. Derivando implicitamente

6xy + 2x3 dy

dx− 2x

dy

dx+ 2y + 2x

dy

dx− 3y2

dy

dx= 0

no ponto (1, 2) temos 12 + 2dy

dx− 2

dy

dx+ 4 +

dy

dx− 12

dy

dx= 0 então

dy

dx=

4

3.

A declividade no ponto (1, 2) es m =4

3.

Exercício 5.1.30.Determine a equação da reta tangente à curva y =

√x de modo que ela seja paralela

à reta 8x− 4y − 1 = 0.Solução.

Para er paralela à reta 8x − 4y − 1 = 0 então m = 2, logo no ponto (x0,√x0) temos

que a tangente é y − y0 = 2(x− x0) ⇒ 2x− y +√x0 − 2x0 = 0

O coeficiente angular da reta tangente à curva y =√x no ponto (x0, y0) é

dy

dx=

1

2√x0

= 2 de onde x0 =1

16. logo 2x− y +

√1

16− 2

16= 0 ⇒ 4x− 2y = 0.

A equação da reta pedida é 16x− 8y + 1 = 0.

Exercício 5.1.31.

Mostre que a reta normal à curva x3 + y3 = 3xy no ponto (3

2,3

2), passa pela origem

de coordenadas.Solução.


Derivando implícitamente a equação x3+y3 = 3xy obtém-se 3x2+3y2dy

dx= 3y+3x

dy

dx,

logody

dx=

y − x2

y2 − x. No ponto (

3

2,3

2) obtém-se que

dy

dx= −1 isto é o coeficiente angular

da reta tangente à curva dada no ponto (3

2,3

2). Logo coeficiente angular da reta normal

à curva dada no ponto (3

2,3

2) é m = 1.

Assim, la equação da normal á curva que passa pelo ponto (3

2,3

2) é y − 3

2) = 1 · (x−

3

2)) ⇒ y = x.

Portanto, a reta normal passa pela origem de coordenadas.

Exercício 5.1.32.De 1988 a 2000, a receita (em milhões de reais) de uma companhia tinha como modelo

matemático R(t) = 0, 87t4−15, 82t3+147, 96t2−542, 75t+784, 93, onde t = 5 correspondea 1988. Qual a taxa de variação da receita da companhia em 1993?Solução.

Se, a 1988 corresponde t = 5, logo em a 1993 corresponde t = 10.Tem-se R(5) = 336, 43 e R(10) = 3033, 43. Logo a taxa de variação média é

△R

△t=

3033, 43− 336, 43

10− 5=

2697

5= 539, 4

A taxa de variação instantânea é

R′(10) = [4(0, 87)(10)3 − 3(15, 82)(10)2 + 2(147, 96)(10)− 542, 75] = 1150, 45

Exercício 5.1.33.Uma empresa de eletrônicos utiliza 600 caixas de transistores por ano. O custo de

armazenamento de uma caixa por um ano é de 45 centavos de real, e gastos em transportede envio é de R$30, 00 por ordem. Quantas caixas deverá pedir a empresa em cada enviopara manter o custo total mínimo?Solução.

Em 600 caixas a x caixas por pedido, o número de pedidos é igual a600

x.

O custo do cada pedido é de R$30, 00 de onde resulta 30 · 600x

=18.000

x.

O custo de armazenamento é (x)(0, 45) = 0, 45x

O custo total é f(x) = 0, 45x+18.000

x.

Sua derivada é f ′(x) = 0, 45 − 18.000

x2= 0 então 0, 45x2 = 1800x logo

√1800

0, 45= 200

caixas


A segunda derivada é f ′′(x) =36.000

x2e se fizermos x = 200, é f ′′(200) =

36.000

2002> 0

é a condição necessária e suficiente para um mínimo.

Exercício 5.1.34.Um produtor de laranjas em Goiânia estima que, se planta 60 laranjeiras numa deter-

minada área, a produção média por árvore seria de 400 laranjas por árvore. O produtorsabe também que por cada árvore adicional de laranja plantado na mesma área, a média deprodução de cada árvore diminui em 4 laranjas. Quantas árvores deve plantar o produtorpara maximizar a produção total?Solução.

Suponhamos o produtor decida plantar x árvores a mais de laranja, então na áreaplantada ele teria 60 + x árvores, sendo a produção em media de cada arvore 400 − 4x.A produção total de laranjas é dado pela função f(x) = (60 + x)(400 − 4x) = 24000 −160x− 4x2.

Para determinar máximo em f(x) tem-se f ′(x) = −160 − 8x ⇒ x = 20. Comof ′′(20) = −8 < 0 então o máximo de f acontece quando x = 20.

Portanto, na área escolida o produtor plantará 80 árvores.


5.2 Derivada das Funções: Exponencial e Logarítmica.

Exercícios 5-2

Exercício 5.2.1.Para cada uma das seguintes funções, determine sua primeira derivada em relação à

variável x.Solução.

1. y = sen 2(3− 5x) ⇒ dy

dx= −10sen (3− 5x) cos(3− 5x) = −5sen (2(3− 5x))

2. y = cos2(x− a) ⇒ dy

dx= −2 cos(x− a)sen (x− a) = −sen (2(x− a))

3. y = sen 3[x3

]⇒ dy

dx= 3 · 1

3sen 2

[x3

]cos[x3

]= sen 2

[x3

]cos[x3

]4. y =

x · sen x

1 + x2⇒ dy

dx=

(sen x+ x cos x)(1 + x2)− (x · sen x)(2x)

(1 + x2)2.

Portanto, y =sen x+ x cosx+ x3 cosx− x2sen x

(1 + x2)2.

5. y = sen 4x · cos3 x ⇒ y = sen x(sen x · cos x)3 = 1

8· sen x · sen 3(2x)

y =1

8· sen x · sen (2x)[sen 2(2x)] =

1

16[sen (2x) cos x− sen (2x) cos(3x)]sen (2x)

y =1

32[sen (3x) + sen (x)− sen (5x)− sen (x)]sen (2x)

y =1

64[cos(x) + cos(3x)− cos(5x)− cos(7x)]

Portanto,dy

dx=

1

64[5sen (5x) + 7sen (7x)− sen (x)− 3sen (3x)].

6. y =tanx− 1

tanx+ 1⇒ dy

dx=

sec2 x(tanx+ 1)− (tanx− 1) sec2 x

(tan x+ 1)2=

2 sec2 x

(tanx+ 1)2.

7. y =tanx

sen 2x=

sen x

2sen x cos2 x=

1

2sec2 x ⇒ dy

dx= sec2 x tanx

8. y =sen x+ cosx

sen x− cosx=

1 + sen 2x

sen 2x− cos2 x= −1− sen 2x

cos 2x= sec 2x− tan 2x

⇒ dy

dx= 2 sec 2x tan 2x− 2 sec2 2x = 2 sec 2x(tan 2x− sec 2x)


9. y =sec x− tanx

secx+ tan x⇒

dy

dx=

(secx tanx− sec2 x)(secx+ tan x)− (secx− tanx)(secx tan x+ sec2 x)

(secx+ tanx)2

Portanto,dy

dx=

2 sec x(sen x− 1)

(sen x+ 1).

10. y =sen 2x

tanx=

2sen x cos2 x

sen x= 2 cos2 x ⇒ dy

dx= −2sen 2x cosx

11. y = sen (nx) · sen nx ⇒ y′ = n cos(nx) · sen nx+ nsen (nx) cos x · sen n−1x.

Portanto,dy

dx= nsen n−1x · sen (n+ 1)x.

12. y =1 + cos 2x

1− cos 2x=

2 cos2 x

2sen 2x= cot2 x ⇒ dy

dx= −2 cotx csc2 x

13. y =[sen (nx)]m

[cos(mx)]n⇒ dy

dx=

nm cosn−1(mx) · sen m−1(nx) · cos(m− n)x

cos2n(mx)

14. y =cotx− 1

tanx+ 1⇒ y =

− csc2 x

sec2 x⇒ dy

dx= cot2 x

15. y =csc x+ cot x

cscx− cotx=

1 + cos x

1− cosx=

2

1− cosx− 1 ⇒ dy

dx= − 2sen x

(1− cos x)2

16. y = sen (cos x) ⇒ dy

dx= − cos(cosx) · sen x

17. y = sen 2x+ cos2 x = 1 ⇒ dy

dx= 0

18. y =

√cos 2x+ 1

2⇒ dy

dx= −1

2

[sen 2x√cos 2x

]19. y =

sec(1− x)

sec(1− x) + tan(1− x)=

1

1 + sen (1− x)⇒ dy

dx=

cos(1− x)

(1 + sen (1− x))2

20. y =√1− sen x−

√1 + sen x ⇒ y2 = 2−

√1− sen 2x = 2− cos x derivando

2yy′ = sen x ⇒ y′ =sen x

2(√1− sen x−

√1 + sen x)

Portanto,dy

dx== −

√1− sen x+

√1 + sen x

4.

Exercício 5.2.2.Determine constantes A e B de modo que y = A · sen 3x − B · cos 3x, cumpra a

igualdade: y′ + 5y = 18 cos 3x.Solução.


Temos y′ = 3A cos 3x+ 3Bsen 3x, logo

18 cos 3x+ 0sen 3x = y′ + 5y = (3A cos 3x+ 3Bsen 3x) + 5(A · sen 3x−B · cos 3x)

logo 18 cos 3x = (3A− 5B) cos 3x e 0sen 3x = (3B+5A)sen 3x. Assim temos o sistema

3A− 5B = 18, 3B + 5A = 0 ⇒ A =27

17, B = −45

17

Exercício 5.2.3.Determine a derivada implícitamente para cada uma das seguintes funções:

Solução.

1. y = cos(x− y) ⇒ y′ = −(1− y′) · sen (x− y)

Portanto, y′ =sen (x− y)

sen (x− y)− 1.

2. tan y = 3x2 + tan(x+ y) ⇒ sec2 y · y′ = 6x+ sec2(x+ y) · (1 + y′)

Portanto, y′ =6x+ sec2(x+ y)

sec2 y − sec2(x+ y).

3. cot(xy) + xy = 0 ⇒ −(y + xy′) csc2(xy) + y + xy′ = 0

Portanto, y′ = −y

x.

4.√

x

y−√

y

x= 2 ⇒ x

y+

y

x= 6 ⇒ y − xy′

y2+

xy′ − y

x2= 0

Portanto, y′ =y

x.

5. cos(xy) = y · tan(xy) ⇒ −(y+ xy′)sen (xy) = y′ · tan(xy) + y(y+ xy′) sec2(xy).

Portanto, y′ =y2 sec2(xy) + y sec(xy)

xy sec2(xy)− xsen (xy)− tan(xy).

6. y = sen 2x+ cos2 y ⇒ y′ = 2sen x cos x− 2 cos ysen y · y′.

Portanto, y′ =sen (2x)

sen (2y) + 1.

7. y = sen (cos(x2 + y2)) ⇒ y′ = −(2x+ 2yy′) · sen (x2 + y2) · cos(cos(x2 + y2))

Portanto, y′ = − 2x · sen (x2 + y2) · cos(cos(x2 + y2))

1 + 2y · sen (x2 + y2) · cos(cos(x2 + y2)).

8. sen (x+ y) + sen (x− y) = 1 ⇒ (1 + y′) cos(x+ y) + (1− y′) cos(x− y) = 0

Portanto, y′ =cos(x+ y) + cos(x− y)

cos(x− y)− cos(x+ y).


9. cos(x+ y) = y · sen x ⇒ −(1 + y′)sen (x+ y) = y′ · sen x+ y cosx.

Portanto, y′ = −sen (x+ y) + y cos x

sen x+ sen (x+ y).

10. y = sen (x+ y) ⇒ y′ = (1 + y′) · cos(x+ y).

Portanto, y′ =cos(x+ y)

1− cos(x+ y).

Exercício 5.2.4.Desenhar o gráfico das seguintes funções:

1. y = x · arctanx 2. y = x− 2 arctanx 3. y = arcsec (x2)

4. y = arcsen (x2 + 3x− 10) 5. y = arccos√x 6. y = arccos

√1− x2

Solução.

1. y = x · arctanx

2. y = x− 2 arctan x

3. y = arcsec (x2)y = arcsec (x2)

4. y = arcsen (x2 + 3x− 10)


5. y = arccos√x

6. y = arccos√1− x2

Exercício 5.2.5.

A relação y =arcsen x√1− x2

, satisfaz a equação diferencial : (1 − x2).y′ − xy − 1 = 0?

Justifique sua resposta.Solução.

Seja y =arcsen x√1− x2

⇒ (1− x2)y2 = arcsen 2x, derivando implícitamente

2y(1− x2)y′ − 2xy2 = 2arcsen x · 1√1− x2

⇒

(1− x2)y′ − xy − arcsen x

y√1− x2

⇒ (1− x2).y′ − xy − y

y= 0

Sim, satisfaz a equação diferencial, logo é solução dela.

Exercício 5.2.6.

Calcular f ′(x) e seu domínio para a função: f(x) =

x2 · sen 1

x2, se, x = 0

0, se, x = 0

Solução.

Para todo x = 0, tem-se f ′(x) = 2x · sen 1

x2− 2

x· cos 1

x2

Aplicando a definição da derivada para x = 0 e como a função seno é limitada

f ′(0) = limh→0

f(0 + h)− f(0)

h= lim

h→0h · sen 1

h2= 0

Portanto, f ′(x) =

2x · sen 1

x2− 2

x· cos 1

x2se, x = 0

0, se, x = 0.


Exercício 5.2.7.Derivar y = Ln (x) em relação a u = esen x.

Solução.

A calculardy

du=

dy

dx· dxdu

, observe quedy

dx=

1

xe Ln u = sen x ⇒ 1

u· dudx

=

cosx ⇒ dx

du=

1

u · cos x.

Logo,dy

du=

1

x· 1

u · cos x=

1

xesen x · cos x.

Exercício 5.2.8.Determine a primeira derivada para cada uma das seguintes funções:

Solução.

1. y = arctan

[x√

1− x2

]⇒

√1− x2 · tan y = x.

Implícitamente−x√1− x2

· tan y +√1− x2 · sec2 y · dy

dx= 1, logo

−x√1− x2

· x√1− x2

+√1− x2 · (1 + x2

1− x2) · dy

dx= 1 ⇒ dy

dx= 1 +

x2

√1− x2

2. y = arctan

[2x

1− x2

]⇒ (1− x2) · tan y = 2x.

Implícitamente −2x · tan y + (1− x2) · sec2 y · dydx

= 2, logo

−2x · 2x

1− x2+ (1− x2) · (1 + 4x2

(1− x2)2) · dy

dx= 2 ⇒ dy

dx=

2

(1 + x2)

3. y = arcsec

[1

2x2 − 1

]⇒ sec y =

1

2x2 − 1de onde cos y = 2x2 − 1 assim

sen y =√1− (2x2 − 1)2, logo

d(cos y)

dy= −sen y · dy

dx= 4x ⇒ dy

dx= − 4x

sen y= − 4x√

1− (2x2 − 1)2

Portanto,dy

dx= − 1√

1− x2.

4. y = (x+ a) · arctan[√

x

a

]−

√ax derivando sehue

y′ = arctan

[√x

a

]+ (x+ a) · 1

1 + (√xa)2

· 1

2a√x− a

2√ax


y′ = arctan

[√x

a

]+

a(x+ a)

2√x(a2 + x)

−√a

2√x

Portanto, y′ == y′ = arctan

[√x

a

]+

a(x+ a)−√a(a2 + x)

2√x(a2 + x)

.

5. y =1√2arctan

[tanx√

2

]√2 tan(

√2y) =

1√2tanx ⇒ 2

√2y′ · sec2(

√2y) = sec2 x (5.1)

Por outro lado, como√2 tan(

√2y) =

1√2tan x ⇒ 4 tan2(

√2y) = tan2 x logo

4[tan2(√2y) + 1] = [tan2 x+ 1] + 3, assim 4 sec2(

√2y) = sec2 x+ 3.

Em (5.1) e da última igualdade y′ =sec2 x

(2√2 sec2

√2y)

=4 sec2 x

2√2(sec2 x+ 3)

.

Portanto, y′ ==

√2 sec2 x

sec2 x+ 3.

6. y = arccos

[b+ a cosx

a+ b cosx

]Temos: y = arccos

[b+ a cos x

a+ b cos x

]⇒ cos y =

b+ a cos x

a+ b cos x

−dy

dx· sen y =

(−asen x)(a+ b cos x)− (b+ a cosx)(−bsen x)

(a+ b cosx)2

dy

dx· sen y =

(a2 − b2)sen x

(a+ b cosx)2

Como cos y =b+ a cos x

a+ b cos xentão sen y =

√(a+ b cosx)2 − (b+ a cos x)2

a+ b cos x

sen y =

√(a2 + 2ab cosx+ b2 cos2 x)− (b2 + 2ab cosx+ a2 cos2 x)

a+ b cos x

sen y =

√(a2 − b2)− (a2 − b2) cos2 x)

a+ b cosx=

√(a2 − b2)sen x

a+ b cosx

Logody

dx·√

(a2 − b2)sen x

a+ b cosx=

(a2 − b2)sen x

(a+ b cos x)2⇒ dy

dx=

√a2 − b2

a+ b cosx

Portanto,dy

dx=

√a2 − b2

a+ b cos x.


7. y = arctan

[2

x

]+ arctan

[x2

]. Segue y′ =

1

1 + ( 2x)2

· (− 2

x2) +

1

1 + (x2)2

· 12, isto é

y′ = − 2

x2 + 4+

2

4 + x2⇒ y′ = 0

8. y = arcsen[xa

]+

√a2 − x2

x⇒ y′ =

a√a2 − x2

· 1a+

−x2 − (a2 − x2)

x2√a2 − x2

.

Portanto,dy

dx=

x2 − a2

x2√a2 − x2

= −√a2 − x2

x2.

9. y =2

3arctan

[5 tan x

2+ 4

3

]. Logo 3 tan

(32y)= 5 tan

x

2+ 4, derivando

3 sec2(32y)· 32y′ = 5 · 1

2· sec2 x

2⇒ y′ =

5

9·

sec2 x2

sec2(32y)

Portanto,dy

dx=

sec2(x2

)5 sec2

(x2

)+ 8 tan

(x2

) .10. y = arctan

[3sen x

4 + 5 cos x

]. Logo sen y =

3sen x

4 + 5 cos x, derivando

y′ · cos y =3 cos x(4 + 5 cos x)− 3sen x · (−5sen x)

(4 + 5 cos x)2

Portanto,dy

dx=

12 cosx+ 15

cos x(4 + 5 cos x)2.

11. xy = arctan[yx

]. Logo tan(xy) =

y

x, derivando

(y + xy′) sec2(xy) =xy′ − y

x2⇒ y′ = −y

x· x

2 sec2(xy) + 1

x2 sec2(xy) + 1

Portanto,dy

dx= −y

x

[x2 + y2 + 1

x2 + y2 − 1

].

12.√x2 + y2 = b · arctan

[yx

]⇒ x+ yy′√

x2 + y2=

x2

x2 + y2· xy

′ − y

x2⇒

y′

(y√

x2 + y2− x

x2 + y2

)=

x√x2 + y2

− y

x2 + y2


Portanto,dy

dx=

x(x2 + y2)− y√x2 + y2

y(x2 + y2)− x√x2 + y2

.

13. x = arcsen (1− y). Logo sen x = 1− y, derivando cosx = −y′.

Portanto,dy

dx= − cosx.

14. arccos(xy) = arcsen (x+ y). Derivando

− 1√1− (xy)2

· (xy′ + y) =1√

1− (x+ y)2· (1 + y′)

Portanto,dy

dx= −

√1− (x+ y)2 + y

√1− (xy)2√

1− (xy)2 + x√

1− (x+ y)2.

Exercício 5.2.9.Determine expressões comuns para as derivadas de ordem n das seguintes funções:

1. y = sen ax+ cos bx 2. y = sen 2x 3. y =1

ax+ b

4. y = sen 4x+ cos4 x 5. y =1

x2 − 3x+ 26. y =

x

x2 − 1

Solução.

1. y = sen (ax)+cos(bx) ⇒ y′ = a cos(ax)− bsen (bx), podemos escrever na forma

y′ = a cos(ax)senπ

2− bsen (bx) = asen

(ax+

π

2

)+ b cos

(bx+

π

2

)A derivada de y′ = a cos(ax) − bsen (bx) é y′′ = −a2sen (ax) − b2 cos(bx), podemosescrever

y′′ = a2sen(ax+

2π

2

)+ b2 cos

(bx+

2π

2

)Suponhamos para todo m ∈ N podemos escrever na forma

y(m) = amsen(ax+

mπ

2

)+ bm+1 cos

(bx+

mπ

2

)derivando esta função y(m+1) = am+1 cos

(ax+

mπ

2

)− bmsen

(bx+

mπ

2

), isto é

y(m+1) = am+1[cos(ax+

mπ

2

)sen

π

2+ 0] + bm[cos

(bx+

mπ

2

)sen

π

2+ 0]

isto éy(m+1) = am+1sen

(ax+

π(m+ 1)

2

)+ bm+1 cos

(bx+

π(m+ 1)

2

)


Portanto, por recorrência y(n) = ansen(ax+

nπ

2

)+ bn cos

(bx+

nπ

2

).

2. y = sen 2x. Podemos escrever y =1

2(1− cos(2x)) ⇒ y′ = sen (2x) ⇒

y′′ = 2 cos(2x) ⇒ y′′′ = −22sen (2x) ⇒ y(iv) = −23 cos(2x) ⇒

y(v) = 24sen (2x) ⇒ y(vi) = 25 cos(2x) ⇒ y(vii) = −26sen (2x) ⇒

y(viii) = −27 cos(2x) ⇒ y(ix) = 28sen (2x) ⇒ y(x) = 29 cos(2x)

Para todo inteiro k ≥ 0 tem-se:

y(n) =

2n−1sen (2x) se n = 4k + 1

2n−1 cos(2x) se n = 4k + 2

−2n−1sen (2x) se n = 4k + 3

−2n−1 cos(2x) se n = 4k + 4

Portanto, y(n) = −2n−1 cos(2x+

nπ

2

).

3. y =1

ax+ b. Podemos escrever y = (ax+ b)−1, derivando

y′ = (−1)a(ax+b)−2 ⇒ y′′ = (−1)2a2(ax+b)−3 ⇒ y′′′ = (−1)3a3(ax+b)−4

Portanto, y(n) = (−1)nan1

(ax+ b)n+1.

4. y = sen 4x+ cos4 x = (sen 2x+ cos2 x)2 − 2sen 2x cos2 x = 1− 1

4sen 2(2x) ⇒

y = 1− 1

4[1− cos 4x

2] =

7

8− 1

8cos 4x ⇒ y′ = −1

8(−1)4sen 4x ⇒

y′′ = −1

8(−1)42 cos 4x ⇒ y′′′ = −1

8(−1)243sen 4x ⇒

y(4) = −1

8(−1)244 cos 4x ⇒ y(5) = −1

8(−1)45sen 4x ⇒

Todo número natural n ∈ N podemos escrever na forma n = 4k, n = 4k + 1, n =


4k + 2 e n = 4k + 3 onde k ≥ 0, k ∈ N. Temos

y(n) =

1

8· 4nsen 4x se n = 4k + 1

1

8· 4n cos 4x se n = 4k + 2

−1

8· 4nsen 4x se n = 4k + 3

−1

8· 4n cos 4x se n = 4k

Portanto, y(n) = −1

8· 4n cos

(4x+

nπ

2

).

5. y =1

x2 − 3x+ 2=

1

x− 2− 1

x− 1⇒ y′ =

(−1)

(x− 2)2− (−1)

(x− 1)2

y′′ =(−1)2 · 2(x− 2)3

− (−1)2 · 2(x− 1)3

⇒ y′′′ =(−1)3 · 3!(x− 2)4

− (−1)3 · 3!(x− 1)4

Portanto, y(n) = (−1)n · n![

1

(x− 2)n− 1

(x− 1)n

]

6. y =x

x2 − 1⇒ y =

1

2

[1

x+ 1+

1

x− 1

]=

1

2[(x+ 1)−1 + (x+ 1)−1]

y′ =1

2[−(x+ 1)−2 − (x+ 1)−2] ⇒ y′′ = (−1)2

1

2[(x− 1)−3 + (x+ 1)−3] ⇒

Portanto, y(n) = (−1)n[(x+ 1)n+1 + (x− 1)n+1

2(x2 − 1)n+1

]Exercício 5.2.10.

Seja f(x) = x2 · sen 1

xse x = 0 e f(0) = 0. Suponhamos que g(x) e h(x) sejam

funções tais que: h′(x) = sen 2(sen (x+1)), h(0) = 3, g′(x) = f(x+1) e g(0) = 0. Achar:a) (foh)′(0) b) (gof)′(0) c) k′(x2), onde k(x) = h(x2).

Solução.

a) Tem-se (foh)′(x) = f ′(h(x))·h′(x) de f(x) = x2·sen 1

xsegue f ′(x) = 2x·sen 1

x−cos

1

x

(foh)′(x) = f ′(h(x))h′(x) =

[2h(x) · sen 1

h(x)− cos

1

h(x)

] [sen 2(sen (x+ 1))

](foh)′(0) = f ′(h(0))h′(0) =

[2(3) · sen 1

3− cos

1

3

] [sen 2(sen (0 + 1))

]


Portanto, (foh)′(0) = sen 2(sen (1))[6 · sen 1

3− cos

1

3].

b) Tem-se (gof)′(x) = g′(f(x)) · f ′(x) = f(f(x) + 1) · f ′(x) da definição da derivadamostra-se que f ′(0) = 0, assim

(gof)′(0) = g′(f(0)) · f ′(0) = f(f(0) + 1) · f ′(0) = f(1) · f ′(0) = 0

Portanto, (gof)′(0) = 0.

c) Tem-se k(x2) = h(x4) ⇒ k′(x2) = 4x3h′(x4) = 4x3sen 2(sen (x4 + 1)) .

Portanto, k′(x2) = 4x3sen 2(sen (x4 + 1)).

Exercício 5.2.11.

Determinedy

dxpara cada uma das seguintes funções:

Solução.

1. y =√xarcsen (

√x) +

√1− x2

y′ =1

2√xarcsen (

√x) +

√x · 1√

1− x· 1

2√x− x√

1− x2

Portanto, y′ =1

2√xarcsen (

√x) +

√1 + x− 2x

2√1− x2

.

2. y = Ln

[2Ln 2sen x+ 3

2Ln 2sen x− 3

]⇒ ey =

2Ln 2sen x+ 3

2Ln 2sen x− 3. Derivando

ey · y′ = 4 tanx · Ln sen x(2Ln 2sen x− 3)− 4 tanx · Ln sen x(2Ln sen x+ 3)

(2Ln 2sen x− 3)2

ey · y′ = −24 tan x · Ln sen x

(2Ln 2sen x− 3)2⇒ 2Ln 2sen x+ 3

2Ln 2sen x− 3· y′ = −24 tan x · Ln sen x

(2Ln 2sen x− 3)2

Portanto,dy

dx= −24 tan x · Ln sen x

(4Ln 4sen x− 9)

3. y = Ln

[√4 tanx+ 1− 2

√tanx√

4 tan x+ 1 + 2√tan x

]A função podemos escrever na forma

y = Ln

[√4 tan x+ 1− 2

√tanx√

4 tanx+ 1 + 2√tanx

]= 2Ln (

√4 tan x+ 1− 2

√tanx)


y′ = 2 ·

2 sec2 x√4 tan x+ 1

− sec2 x√tanx√

4 tan x+ 1− 2√tanx

=

[− sec2 x√

tanx ·√4 tan x+ 1

]

4. y = arctan

√1− x

1 + x⇒ tan2 y =

1− x

1 + x⇒ 2 tan y sec2 y · y′ = − 2

(1 + x)2

Portanto, y′ = − 1√1− x2

.

5. y = Ln [x.sen x+ cos x+√

(x · sen x+ cos x)2 + 1]

Consideremos u(x) = x.sen x + cosx ⇒ u′ = x · cosx. Podemos escrever afunção na forma y = Ln [u+

√u2 + 1] e sua derivada é

y′ =1

u+√u2 + 1

[u′ +uu′

√u2 + 1

] =u′

√u2 + 1

Portanto, y′ =x · cosx√

(x · sen x+ cos x)2 + 1.

Exercício 5.2.12.Seja f(x) = 0 se x ∈ Q e

p

qse x /∈ Q. Mostre que f não é diferenciável em nenhum

a ∈ R.Solução.

Se a ∈ Q como f não é contínua em x = a então ela não é derivável em x = a.Suponhamos x /∈ Q, seja a = 0, a1a2a3 · · · irracional e h racional, então a + h é

irracional, assim f(a + h) − f(a) = 0. Seja h /∈ Q da forma h = 0, 00 · · · 0an+1an+2 · · · ,então a+h = 0, a1a2 · · · an000 · · · ., assim f(a+h) ≥ 10n, entanto que |h| < 10−n de onde

|f(a+ h)− f(a)

h| > 1.

Isto mostra que |f(a+ h)− f(a)

h| = 0 para valores de h tão pequenos como se quizer

e tem valores absolutos maiores que 1 também com h tão pequeno como se quizer, o 1ual

diz que limh→0

f(a+ h)− f(a)

hnão existe.

Exercício 5.2.13.Sejam as funções y = x3 · Ln (x) e z = Ln (x). Estabeleça uma relação entre y(n) e

z(n−3) para n ≥ 4.Solução.

Observe y = x3 · Ln (x) ⇒ y′ = 3x2 · Ln (x) + x2 e z = Ln (x) ⇒ z′ =1

x.

Derivando novamente

y′′ = 6x · Ln (x) + 5x, y′′′ = 6 · Ln (x) + 11, y(iv) = 6 · 1x

⇒ y(iv) = 6 · z′


por recorrência y(v) = 6 · z′′, y(vi) = 6 · z′′′ ⇒ y(n) = 6 · (n− 3)

Portanto, y(n) = 6z(n−3) para n ≥ 4.

Exercício 5.2.14.

Mostre que a função y =x− 3

x+ 4satisfaz a relação: 2(y′)2 = (y − 1)y′′.

Solução.

Temos y =x− 3

x+ 4= 1− 7

x+ 4⇒ y′ =

7

(x+ 4)2⇒ y′′ = − 14

(x+ 4)3

Logo y − 1 = − 7

x+ 4⇒ (y − 1)y′′ =

98

(x+ 4)4= 2

[7

(x+ 4)2

]2= 2(y′)2.

Portanto, 2(y′)2 = (y − 1)y′′.

Exercício 5.2.15.

Mostre que a função y = (x2 − 1)n satisfaz a relação:

(x2 − 1)y(n+2) + 2xy(n+1) − 2(n+ 1)y(n) = 0, ∀n ∈ N, n ≥ 2

Solução.

Tem-se y′ = 2xn(x2 − 1)n−1 ⇒ y′′ = 4x2n(n − 1)(x2 − 1)n−2 + 2n(x2 − 1)n−1,isto podemos escrever na forma (x2 − 1)y′′ = 2xy′ + 2ny. Também

(x2 − 1)y′′′ + 2xy′′ = 2y′ + 2xy′′ + 2ny′ ⇒ (x2 − 1)y′′′ = 2(n+ 1)y′

(x2 − 1)y(iv) + 2xy′′′ = 2(n+ 1)y′′ ⇒ (x2 − 1)y(v) + 2xy(v) − 2(n+ 1)y′′′ = 0

Derivando esta última igualdade obtemos o esperado.Portanto, (x2 − 1)y(n+2) + 2xy(n+1) − 2(n+ 1)y(n) = 0, ∀n ∈ N, n ≥ 2.

Exercício 5.2.16.

Sejam f(x) e g(x) funções de x. Considere as seguintes igualdades: y = f(x) −g′(x), z = g(x) + f ′(x), Y = f ′(x)sen x − g′(x) cos x e Z = f ′(x) cos x + g′(x)sen x.Mostre que verifica-se a identidade:[

dy

dx

]2+

[dz

dx

]2=

[dY

dx

]2+

[dZ

dx

]2Solução.

De y = f(x) − g′(x) ⇒ dy

dx= f ′(x) − g′′(x). Também, z = g(x) + f ′(x) ⇒

dz

dx= g′(x) + f ′′(x).


De, Y = f ′(x)sen x− g′(x) cos x ⇒ dY

dx= f ′′(x)sen x+ f ′(x) cos x− g′′(x) cos x+

g′(x)sen x, logodY

dx=

dy

dxcos x+

dz

dxsen x ⇒

[dY

dx

]2=

[dy

dx

]2cos2 x+

[dz

dx

]2sen 2x+ 2

dy

dx· dzdx

sen x cosx (5.2)

De, Z = f ′(x) cos x+ g′(x)sen x ⇒ dZ

dx= f ′′(x) cos x− f ′(x)sen x+ g′′(x)sen x+

g′(x) cos x, logodZ

dx=

dz

dxcos x− dy

dxsen x ⇒

[dZ

dx

]2=

[dz

dx

]2cos2 x+

[dy

dx

]2sen 2x− 2

dy

dx· dzdx

sen x cos x (5.3)

Logo, somando as equações (5.2) e (5.3) sabendo que cos2+sen 2 = 1[dy

dx

]2+

[dz

dx

]2=

[dY

dx

]2+

[dZ

dx

]2Exercício 5.2.17.

Mostre que a função y = (x+√x2 + 1)k satisfaz a relação: (x2+1)y”+x·y′−k2 ·y = 0.

Solução.

A primeira derivada é y′ = k(x+√x2 + 1)k−1

(1 +

x√x2 + 1

)=

k√x2 + 1

· y, então

√x2 + 1 · y′ = ky ⇒

√x2 + 1 · y′′ + x√

x2 + 1· y′ = ky′ ⇒

(x2 + 1)y′′ + xy′ = k√x2 + 1 · y′ ⇒ (x2 + 1)y′′ + xy′ = k2y

Portanto, (x2 + 1)y′′ + xy′ − k2y = 0.

Exercício 5.2.18.Mostre que a função y = A · sen (ϖt +ϖ0) + B · cos(ϖt +ϖ0) onde A, B,ϖ e ϖ0

são constantes; satisfaz a relação:d2y

dt2+ϖ2y = 0.

Solução.

A primeira derivada de y = A · sen (ϖt+ϖ0) +B · cos(ϖt+ϖ0) é

y′ = Aϖ · cos(ϖt+ϖ0)−Bϖ · sen (ϖt+ϖ0)

A derivada segunda de y = y(t) é

y′′ = −Aϖ2 · sen (ϖt+ϖ0)−Bϖ2 · cos(ϖt+ϖ0) = −ϖ2y


Portanto,d2y

dt2+ϖ2y = 0.

Exercício 5.2.19.Mostre que se ax2 + 2bxy + cy2 + 2gx+ 2fy + h = 0 temos:

1.dy

dx= −ax+ by + g

bx+ cy + f

2.d2y

dx2=

A

(bx+ cy + f)3onde A é constante que não depende de x e y.

Solução.

1. Tem-se ax2 + 2bxy + cy2 + 2gx+ 2fy + h = 0 ⇔

2xa+ 2by + 2bxdy

dx+ 2cy

dy

dx+ 2g + 2f

dy

dx= 0 ⇔

dy

dx(2bx+ 2cy + 2f) = −(2xa+ 2by + 2g) ⇔ dy

dx= −xa+ by + g

bx+ cy + f

2. Da primeira parte temosdy

dx= −xa+ by + g

bx+ cy + f, logo

d2y

dx2= −(a+ by′)(bx+ cy + f)− (xa+ by + g)(b+ cy′)

(bx+ cy + f)2

d2y

dx2= − [a(bx+ cy + f)− b(xa+ by + g)] + [b(bx+ cy + f)− c(xa+ by + g)]y′)

(bx+ cy + f)2

d2y

dx2= −(acy + af − b2y − bg) + (b2x+ bf − xac− cg)y′

(bx+ cy + f)2

d2y

dx2= −(acy + af − b2y − bg)(bx+ cy + f)− (b2x+ bf − xac− cg)(xa+ by + g)

(bx+ cy + f)3

d2y

dx2=

(b2x+ bf − xac− cg)(xa+ by + g)− (acy + af − b2y − bg)(bx+ cy + f)

(bx+ cy + f)3

Por outro lado

(bx+ cy + f)(acy + af − b2y − bg)− (b2x+ bf − xac− cg)(xa+ by + g) =

= (abcxy+abfx−b3xy−b2gx+ac2y2+acfy−b2cy2−bcgy+acfy+af 2−b2fy−bfg)−

−(ab2x2+abfx−a2cx2−acgx+b3xy+b2fy−acbxy−cgby+b2gx+bfg−xacg−cg2)

= (ac− b2)(ax2 + 2bxy + cy2 + 2gx+ 2fy) + (af 2 − bfg) + (−bfg + cg2)

Logo substituindod2y

dx2=

(ac− b2)(−h) + (af 2 − 2bfg + cg2)

(bx+ cy + f)3.


Portanto,d2y

dx2=

A

(bx+ cy + f)3onde A é constante que não depende de x e y.

Exercício 5.2.20.

Sejam u, v, z três funções de variável x tais que: y =d

dx

(u · dy

dx

), z =

d

dx

(u · dz

dx

).

Mostre qued

dx

[u

(y · dz

dx− z · dy

dx

)]= 0.

Solução.

Tem-sed

dx

[u

(y · dz

dx− z · dy

dx

)]=

d

dx

[y

(u · dz

dx

)− z

(u · dy

dx

)]=.

=dy

dx·(u · dz

dx

)+ y · d

dx

(u · dz

dx

)− dz

dx·(u · dy

dx

)− z

d

dx

(u · dy

dx

)=

=dy

dx·(u · dz

dx

)+ y · z − dz

dx·(u · dy

dx

)− z · y =

= u · dydx

· dzdx

− u · dzdx

· dydx

= 0

Portanto,d

dx

[u

(y · dz

dx− z · dy

dx

)]= 0.

Exercício 5.2.21.

Verificar que o determinante D(x) não depende de x (é uma função constante):

D(x) =

∣∣∣∣∣∣∣cos(x+ a) sen (x+ a) 1

cos(x+ b) sen (x+ b) 1

cos(x+ c) sen (x+ c) 1

∣∣∣∣∣∣∣Solução.

Lembre que sen (α− β) = sen α cos β − sen β cosα, logo:

D(x) =

∣∣∣∣∣∣∣cos(x+ a) sen (x+ a) 1

cos(x+ b) sen (x+ b) 1

cos(x+ c) sen (x+ c) 1

∣∣∣∣∣∣∣ == cos(x+ a)[sen (x+ b)− sen (x+ c)]− sen (x+ a)[cos(x+ b)− cos(x+ c)]+

+ cos(x+ b)sen (x+ c)− cos(x+ c)sen (x+ b)

D(x) = [cos(x+ a)sen (x+ b)− sen (x+ a) cos(x+ b)] + [sen (x+ a) cos(x+ c)−


−sen (x+ c) cos(x+ a)] + sen [(x+ c)− (x+ b)] =

D(x) = sen [(x+ b)− (x+ a)] + sen [(x+ a)− (x+ c)] + sen [(x+ c)− (x+ b)]

Aplicando a fórmula do seno da diferença de ângulos:

D(x) = sen (b− a) + sen (a− c) + sen (c− b)

Exercício 5.2.22.Determine a derivada n-ésima das seguintes funções:

1. y =1− x

1 + x2. y =

3x+ 2

x2 − 43. y =

mx+ p

x2 − a2Solução.

1. Podemos escrever y =1− x

1 + x= 2(x+ 1)−1 − 1, derivando

y′ = (−1) · 2(x+ 1)−2, y′′ = 2 · (−1)2 · 2(x+ 1)−3, y′′′ = 3! · (−1)3 · 2(x+ 1)−4

y(iv) = 4!·(−1)4·2(x+1)−5, y(v) = 5!·(−1)5·2(x+1)−6, y(vi) = 6!·(−1)6·2(x+1)−7

A derivada de ordem n é dada por y(n) =2(−1)n · n!(x+ 1)n+1

.

2. Podemos escrever y =3x+ 2

x2 − 4= 2(x− 2)−1 + (x+ 2)−1, derivando

y′ = 2(−1)(x− 2)−2 + (−1)(x+ 2)−2, y′′ = 2(−1)2[2(x− 2)−3 + (x+ 2)−3]

y′′′ = 3!(−1)3[2(x− 2)−4 + (x+ 2)−4], y(iv) = 4!(−1)4[2(x− 2)−5 + (x+ 2)−5]

y(v) = 5!(−1)5[2(x− 2)−6 + (x+ 2)−7], y(vi) = 6!(−1)6[2(x− 2)−7 + (x+ 2)−7]

y(vii) = 7!(−1)7[2(x− 2)−8 + (x+ 2)−8] = 7!(−1)7 ·[

2

(x− 2)8+

1

(x+ 2)8

]

Portanto, y(n) = n!(−1)n · 2(x+ 2)n+1 − (x− 2)n+1

(x2 − 4)n+1.

3. Podemos escrever y =mx+ p

x2 − a2=

A

x− a+

B

x+ a+

A(x+ a) + B(x− a)

x2 − a2

De onde A(x+ a) + B(x− a) = mx+ p ⇒ A =ma+ p

2ae B =

ma− p

2a.

Temos que derivar y =mx+ p

x2 − a2=

ma+ p

2a· 1

x− 1+

ma− p

2a· 1

x+ a, derivando

y(n) =

[(ma+ p)(−1)n · n!

2a(x− a)n+1+

(ma− p)(−1)n · n!2a(x+ a)n+1

]


Portanto, y(n) ==(−1)n · n!

2a

[ma+ p

(x− a)n+1+

ma− p

(x+ a)n+1

]Exercício 5.2.23.

Determine as derivadas n-ésima para as funções:

1. y = Ln (x+ 1) 2. y = arctan x 3. y = sen 3x+ cos3 x

4. y = sen 2x 5. y = sen 4x+ cos4 x 6. y = sen x · sen 2x · sen 3x

Solução.

1. y = Ln (x+ 1) ⇒ y′ = (x+ 1)−1.

Derivando novamente obtemos y′′ = (−1)(x+1)−2. Assim sucessivamente até obtery(n) = (−1)n+1(n− 1)!(x+ 1)−n.

Portanto, y(n) = (−1)n+1 (n− 1)!

(x+ 1)n

2. Dado y = arctan x ⇒ dy

dx=

1

1 + x2=

1

2i

[1

x− i− 1

x+ i

], onde i =

√−1.

y′′ =(−1)

2i

[1

(x− i)2− 1

(x+ i)2

]⇒ y′′′ =

(−1)2

2i

[2

(x− i)3− 2

(x+ i)3

]

y(iv) =(−1)3

2i

[3!

(x− i)4− 3!

(x+ i)4

]⇒ y(v) =

(−1)4

2i

[4!

(x− i)5− 4!

(x+ i)5

]y(n) =

(−1)(n−1)

2ni

[n!

(x− i)n− n!

(x+ i)n

]⇒

y(n) =(−1)(n−1)n!

2n(x2 + 1)ni[(x+ i)n − (x− i)n] ⇒

y(n) =(−1)(n−1)n!

2n(x2 + 1)ni

[n∑

k=0

(n

k

)xn−kik −

n∑k=0

(n

k

)xn−kik(−1)k

]⇒

y(n) =(−1)(n−1)n!

2n(x2 + 1)ni

[n∑

k=0

(n

k

)xn−kik[1− (−1)k]

]⇒

y(n) =(−1)(n−1)n!

2n(x2 + 1)ni

[n∑

k=impar

(n

k

)2xn−kik

]⇒

y(n) =(−1)(n−1)n!

2n(x2 + 1)ni

[n∑

m=1

(n

2m− 1

)2xn−(2m−1)i(2m−1)

]⇒

y(n) =(−1)(n−1)(n− 1)!

(x2 + 1)n

[n∑

m=1

(n

2m− 1

)(−1)mx(n−2m)+1

]⇒


3. y = sen 3x+ cos3 x ⇒ y =1

2[sen x(1− cos(2x)) + cos x(1 + cos(2x))]

y =1

4[sen x+ 3 cos x− sen (3x) + cos(3x)] ⇒

y(n) =1

4[sen

(x+

πn

2

)+ 3 cos

(x+

πn

2

)− 3nsen

(3x+

πn

2

)+ 3n cos

(3x+

πn

2

)]

4. y = sen 2x ⇒ y′ = sen(2x) ⇒ y′′ = 2 cos(2x), ⇒ y′′′ = (−1)22sen (2x)

y(iv) = (−1)23 cos(2x), y(v) = (−1)224sen(2x), y(vi) = (−1)225 cos(2x), ⇒

y(vii) = (−1)326sen (2x), y(viii) = (−1)327 cos(2x), y(ix) = (−1)428sen (2x)

Em geral para todo inteiro k ≥ 0 tem-se:

y(n) =

2n−1sen (2x) se n = 4k + 1

2n−1 cos(2x) se n = 4k + 2

−2n−1sen (2x) se n = 4k + 3

−2n−1 cos(2x) se n = 4k + 4

5. Observe que (sen 2x + cos2 x)2 = sen 4x + cos4 x + 2sen 2x cos2 x = sen 4x + cos4 x +1

2sen 2(2x).

Assim, 12 = sen 4x + cos4 x +1

2sen 2(2x) = sen 4x + cos4 x +

1

4(1 − cos(4x), logo

temos que calcular a derivada de y = sen 4x+ cos4 x =3

4+

1

4cos(4x)

y′ = −sen (4x), y′′ = −4 cos(4x), y′′′ = 42sen (4x), y(iv) = 43 cos(4x), . . .

y(v) = −44sen (4x), y(vi) = −45 cos(4x), y(vii) = 46sen (4x), . . .

Em geral para todo inteiro k ≥ 0 tem-se:

y(n) =

−4n−1sen (4x) se n = 4k + 1

−4n−1 cos(4x) se n = 4k + 2

4n−1sen (4x) se n = 4k + 3

4n−1 cos(4x) se n = 4k + 4


6. y = sen x · sen 2x · sen 3x =1

2[2sen x · sen 2x]sen 3x ⇒

y =1

2[cos(2x− x)− cos(2x+ x)]sen 3x =

1

2[cosxsen 3x− cos 3xsen 3x] ⇒

y =1

4[2 cos xsen 3x− sen 6x] =

1

4[sen (3x+ x) + sen (3x− x)− sen 6x]

a derivar y =1

4[sen 4x+sen 2x− sen 6x] ⇒ y′ =

1

4[4 cos 4x+2 cos 2x−6 cos 6x]

calculando a derivada segunda y′′ =1

4[−42sen 4x− 22sen 2x+ 62sen 6x] ⇒ .

y′′′ =1

4[−43 cos 4x− 23 cos 2x+ 63 cos 6x] ⇒

y(iv) =1

4[44sen 4x+ 24sen 2x− 64sen 6x] ⇒

Portanto, y(n) =1

4[4nsen

(4x+

nπ

2

)+ 2nsen

(2x+

nπ

2

)− 6nsen

(6x+

nπ

2

)].

Exercício 5.2.24.

Prove que a função: f(x) =

x2 · sen 1

x, se, x = 0

0, se, x = 0é derivável em x = 0 e

f ′(0) = 0.Solução.

Da definição f ′(0) = limh→0

f(h)− f(0)

h= lim

h→0

h2 · sen 1

hh

= limh→0

h · sen 1

h= 0. Isto último

do fato ser a função seno limitadaPortanto, a função f é derivável em x = 0 e f ′(0) = 0.

Exercício 5.2.25.Se y = a · cosx + b · sen x e z = a · sen x + b · cos x, determine condições para que

y(m)z(n) = y(n)z(m), onde m, n ∈ N.Solução.

Consideremos y = a · cos x+ b · sen x ⇒ y′ = −a · sen x+ b · cosx, logo

y′′ = −a · cos x− b · sen x, y′′′ = a · sen x− b · cosx, y(iv) = a · cos x+ b · sen x

y(v) = −a · sen x+ b · cos x, y(vi) = −a · cos x− b · sen x, y(vii) = a · sen x− b · cos x

y(viii) = a · cos x+ b · sen x


Pelas formulas da derivação do seno e coseno podemos escrever:

y(n) = a · cos(x+πn

2) + b · sen (x+

πn

2)

Por outro lado, se z = a · sen x+ b · cos x ⇒ z′ = a · cos x− b · sen x

z′′ = −a · sen x− b · cosx, z′′′ = −a · cosx+ b · sen x, z(iv) = a · sen x+ b · cosx

Pelas formulas da derivação do seno e coseno podemos escrever:

z(m) = a · sen (x+πm

2) + b · cos(x+

πm

2)

Por outro lado,

y(n)z(m) =[a · cos(x+

πn

2) + b · sen (x+

πn

2)] [

a · sen (x+πm

2) + b · cos(x+

πm

2)]

y(n)z(m) =[a2 cos(x+

πn

2)sen (x+

πm

2) + b2 cos(x+

πm

2)sen (x+

πn

2)]

+ab[cos(x+πn

2) cos(x+

πm

2) + sen (x+

πn

2)sen (x+

πm

2)]

Observe que:

a2 cos(x+πn

2)sen (x+

πm

2) =

a2

2

[sen (2x+

π(m+ n)

2) + sen (

π(m− n)

2)]

(5.4)

b2 cos(x+πm

2)sen (x+

πn

2) = sen (2x+

π(n+m)

2) + sen (

π(n−m)

2) (5.5)

De modo análogo

y(m)z(n) =[a · cos(x+

πm

2) + b · sen (x+

πm

2)] [

a · sen (x+πn

2) + b · cos(x+

πn

2)]

y(m)z(n) =[a2 cos(x+

πm

2)sen (x+

πn

2) + b2 cos(x+

πn

2)sen (x+

πm

2)]

+ab[cos(x+πm

2) cos(x+

πn

2) + sen (x+

πm

2)sen (x+

πn

2)]

Observe que:

a2 cos(x+πm

2)sen (x+

πn

2) =

a2

2

[sen (2x+

π(m+ n)

2) + sen (

π(m− n)

2)]

(5.6)

b2 cos(x+πn

2)sen (x+

πm

2) = sen (2x+

π(n+m)

2) + sen (

π(n−m)

2) (5.7)

Os termos que tem o fator ab são iguais em ambos igualdades, e comparando (5.4)com (5.6) e (5.5) com (5.7) concluímos que y(m)z(n) = y(n)z(m), para todos os m, n ∈ N

Exercício 5.2.26.


Prove que a função: f(x) =

x · sen 1

x, se, x = 0

0, se, x = 0não é derivável nem à esquerda

nem à direita no ponto x = 0.Solução.

Exercício 5.2.27.Mostre por recorrência que a derivada de ordem n de:

1. y = xn−1 · x√e é y(n) = (−1)n

x√e

xn+1

2. y = ex·cosα · cos(x · sen(α)) é y(n) = ex·cosα · cos[x · sen α + n · α]3. y = eax · sen (bx+ c) é y(n) =

√(a2 + b2)n · eax[sen (bx+ c) + n · arctan( b

a)]

Solução.

1. A mostrar que, se y = xn−1 · x√e então y(n) = (−1)n

x√e

xn+1.

Se n = 1 segue que y = x√e de onde Ln y = Ln x

√e =

1

xLn e =

1

xassim, na derivada

y′ = − y

x2. Consequentemente y′ = − y

x2= −

x√e

x2, satisfaz.

Se n = 2 segue que y = x · x√e, se u = x

√e ⇒ u′ = −

x√e

x2isto pela primeira

parte. Assim,

y′ = x√e− x ·

x√e

x2⇒ y′′ = −

x√e

x2+

x√e

x2+ (−1)2

x√e

x3= (−1)2

x√e

x3

logo, para n = 2 cumpre a igualdade.

Se n = 3 segue que y = x2 · x√e = x [x · x

√e],

y′′′ = x ·[x · x

√e]′′′

+ 3x′ [x · x√e]′′

+ 3x′′ [x · x√e]′+ 0

y′′′ = x ·[(−1)2

x√e

x3

]′+ 3

[(−1)2

x√e

x3

]+ 0 =

y′′′ = x ·[−3(−1)2

x√e

x4− (−1)2

x√e

x5

]+ 3

[(−1)2

x√e

x3

]+ 0 = (−1)3

x√e

x4

Seja h ∈ N e suponhamos que cumpre para valores menores ou iguais a h a igualdade

y(h) = (−1)hx√e

xh+1.


Seja h+ 1 ∈ N, então y = x(h+1)−1 · x√e = x

[xh−1 · x

√e]

y(h+1) = x·[xh−1 · x

√e](h+1)

+(h+1)x′ [xh−1 · x√e](h)

+h(h+ 1)

2x′′ [xh−1 · x

√e](h−1)

+0

y(h+1) = x ·[(−1)h

x√e

xh+1

]′+ (h+ 1)

[(−1)h

x√e

xh+1

]+ 0 ⇒

y(h+1) = x·[−(−1)h(h+ 1)

x√e

xh+2

]+x·

[−(−1)h

x√e

xh+3

]+(h+1)

[(−1)h

x√e

xh+1

]+0 ⇒

y(h+1) = (−1)(h+1)x√e

xh+2

Portanto, se y = xn−1 · x√e então y(n) = (−1)n

x√e

xn+1para todo n ∈ N.

2.

3.

4.

Exercício 5.2.28.

Mostre que, quando θ =π

2− arctan(

x

a), a n-ésima derivada de y =

1

a2 + x2é

y(n) = (−1)n · n! sen (n+ 1)θ

a√

(a2 + x2)n+1.

Solução.

Temos que θ =π

2− arctan(

x

a) ⇒ x

a= tan(

π

2− θ) ⇒

a · sen (π

2− θ) = x · cos(π

2− θ) ⇔ a · cos θ = x · sen θ ⇒ a = x tan θ

logo sen θ =a√

a2 + x2, cos θ =

x√a2 + x2

Se n = 1 então y′ = − 2x

(a2 + x2)2⇒

y′ = − 1

a√

(a2 + x2)2· 2a√

a2 + x2· x√

a2 + x2= − 2

a√(a2 + x2)2

· sen θ · cos θ =


Assim, y′ = (−1)1 · 1! sen (2θ)

a√(a2 + x2)2

.

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXAssim temos y =

1

a2 + x2=

1

x2 sec2 θ=

cos2 θ

x2=

1

x2(1+cos(2θ)) a primeira derivada

dy

dθ= − 1

x2(1 + cos(2θ) +

2

x2(cos(2θ)) A derivada de ordem n é

dny

dθn= (−1)n

n!

xn+1(1 + cos(2θ) +

2n

x2(cos(2θ +

πn

2))

Por outro lado, x = a cot θ ⇒ dx

dθ= −a csc2 θ ⇒

dθ

dx= −1

asen 2θ = − 1

2a(1− cos(2θ) ⇒ dnθ

dxn=

2n

2a(cos(2θ +

πn

2))

⇓⇓⇓⇓⇓ ⇓

Exercício 5.2.29.Mostre que a função y = ex+2e2x satisfaz a equação diferencial: y′′′−6y′′+11y′ = 6y.

Solução.

A derivada de y = ex+2e2x ⇒ y′ = ex+4e2x, y′′ = ex+8e2x, y′′′ = ex+16e2x.Substituindo em y′′′ − 6y′′ + 11y′ tem-se

y′′′ − 6y′′ + 11y′ = (ex + 16e2x)− 6(ex + 8e2x) + 11(ex + 4e2x) = 6(ex + 2e2x)

Portanto, y′′′ − 6y′′ + 11y′ = 6y.

Exercício 5.2.30.Mostre que a função y = x3 satisfaz a equação diferencial: y(v)+y(iv)+y′′′+y′′+y′+y =

x3 + 3x2 + 6x+ 6.Solução.

A derivada de y = x3 ⇒ y′ = 3x2, y′′ = 6x, y′′′ = 6, y(n) = 0, se n ≥ 4.


Substituindo em y(v) + y(iv) + y′′′ + y′′ + y′ + y tem-se

y(v) + y(iv) + y′′′ + y′′ + y′ + y = 0 + 0 + 6 + 6x+ 3x2 + x3

Portanto, y(v) + y(iv) + y′′′ + y′′ + y′ + y = x3 + 3x2 + 6x+ 6.

Exercício 5.2.31.Calcular a primeira derivada em x = 0 para a função

f(x) = 3√

Ln (arcsen x+ arccos x)2 +5√x2 − 1√

x2 − 5x+ 4

Solução.Para qualquer triângulo retângulo ABC de catetos b, c e hipotenusa a, temos que

]C =π

2− ]B.

Como senB =b

ae cos(

π

2−B) =

b

a, então ]B = arcsen

b

ae

π

2− ]B = arccos

b

a.

Assim,π

2= arcsen

b

a+ arccos

b

a. Podemos escrever

f(x) = 3

√Ln (

π

2)2 +

5√x2 − 1√

x2 − 5x+ 4= 3

√Ln (

π

2)2 +

5√x2 − 1√

x2 − 5x+ 4

f ′(x) =

√x2 − 5x+ 4

[2x

5 5√(x2 − 1)4

]− 5

√x2 − 1

[(2x− 5)

2√x2 − 5x+ 4

](√x2 − 5x+ 4)2

f ′(0) =

0 +

[−5

4

]4

= − 5

16

Exercício 5.2.32.Um clube universitário levanta fundos vendendo barras de chocolate a R$1, 00 cada.

O clube paga R$0, 60 por cada barra e tem um custo anual fixo de R$250, 00. Escreva olucro L como função de x, número de barras de chocolate vendidas. Mostre que a derivadada função lucro é constante e que é igual ao lucro obtido em cada barra vendida.Solução.

Exercício 5.2.33.


A receita R (em milhões de reais) de uma determinada empresa de 1.989 a 1.993

admite o modelo R(t) = −5, 1t3 + 25, 6t2 − 29, 3t + 45, 2, onde t = 0 representa o tempoem 1.989. a) Achar a inclinação do gráfico em 1.990 e em 1.989. b) Quais são as unidadesde inclinação do gráfico?.Solução.


5.3 Aproximação Local de uma Função.

Exercícios 5-3

Exercício 5.3.1.

Para os seguintes exercícios, determine se cumpre o teorema de Rolle para as funçõesdadas no intervalo indicado, se for assim, determine os valores que o satisfazem.

1. f(x) = x2 − 4x em [0, 4] 2. f(x) = x2 − 4x+ 3 em [1, 3]

3. f(x) = 1− 5√x4 em [−1, 1] 4. f(x) = x4 − 5x2 + 4 em [−2, 2]

5. f(x) = x2 + 4x em [−4, 0] 6. f(x) = 4x3 + x2 − 4x− 1 em [−1

4, 1]

Solução.

Todas esta funções exceto a do exercício (3.) são funções polinômicas e elas sãocontínuas e deriváveis nos intervalos indicados.

1. f(x) = x2 − 4x = x(x − 4) ⇒ f(0) = f(4) = 0, logo existe c ∈ (0, 4) tal quef ′(c) = 2c− 4 = 0 ⇒ c = 2.

2. f(x) = x2 − 4x + 3 = (x− 1)(x− 3) ⇒ f(1) = f(3) = 0, logo existe c ∈ (1, 3)

tal que f ′(c) = 2c− 4 = 0 ⇒ c = 2.

3. f(x) = 1− 5√x4 ⇒ f ′(x) = − 4

5 5√x

, como não existe f ′(0) não podemos aplicar

o Teorema de Rolle no intervalo [−1, 1].

4. f(x) = x4 − 5x2 + 4 = (x2 − 1)(x2 − 4) ⇒ f(−2) = f(2) = 0, logo existe

c ∈ (−2, 2) tal que f ′(c) = 4c3 − 10c = 0 ⇒ c = 0, c =

√10

2, c = −

√10

2.

5. f(x) = x2 +4x = x(x+4) ⇒ f(0) = f(−4) = 0, logo existe c ∈ (−4, 0) tal quef ′(c) = 2c+ 4 = 0 ⇒ c = −2.

6. f(x) = 4x3 + x2 − 4x− 1 = (4x+ 1)(x2 − 1) ⇒ f(−1

4) = f(1) = 0, logo existe

c ∈ (−1

4, 1) tal que f ′(c) = 12c2 + 2c− 4 = 0 ⇒ c =

1

2, c = −2

3.

Exercício 5.3.2.


Pode-se aplicar o teorema de Rolle para as seguintes funções ?

1. f(x) =x2 − 4x

x− 22. f(x) =

x2 − 4x

x+ 2

3. f(x) =x+ 1

x− 1em [2, 4] 4. f(x) = x2 + 2x− 5

5. f(x) = Ln (sen x) em [π

6,5π

6] 6. f(x) = x2 − 3x

7. g(x) = x3 + 4x2 − 7x− 11 em [−1, 2] 8. f(x) =3x2 − 2x+ 4

x− 2

9. g(x) =3√x2 − 3x+ 2 em [1, 2] 10. g(x) = 4sen x em [0, π]

11. f(x) =

x3 − 5

2x2 − 6x+

1

2, se, x ≤ −1

| x2 − 4 |, se, | x |< 1

x4 − x3 − 3x+ 6, se, x ≥ 1

em [−2, 2].

Solução.

1.

2.

3.

4. A função polinômica f(x) = x2 + 2x − 5 é contínua e diferenciável em todo R conse-quentemente em algúm intervalo [a, b] da reta real ela é contínua e diferenciável.

Como f(a) = a2+2a−5 e f(b) = b2+2b−5 então, sim podemos aplicar o Teoremade Rolle.


Observe que, se f(a) = f(b) = 0, logo a = 1 −√6 e b = 1 +

√6, assim quando

f ′(x) = 2x+ 2 = 0 ⇒ x1 = −1 ∈ [a, b].

5. A função logarítmica f(x) = Ln (sen x) é contínua e diferenciável quando sen x ∈(0, +∞), isto acontece quando x = nπ, n ∈ N, em particular em x ∈ [

π

6,5π

6] a

função está bem definida, ela contínua e diferenciável.

Como f(π6) = Ln (sen π

6) = Ln 1

2e f(5π

6) = Ln (sen 5π

6) = Ln 1

2então, sim podemos

aplicar o Teorema de Rolle.

Observe que f ′(x) =cos x

sen x= 0 ⇒ x1 =

π

2.

6. A função polinômica f(x) = x2 − 3x é contínua e diferenciável em todo R consequen-temente em algúm intervalo [a, b] da reta real ela é contínua e diferenciável.

Como f(a) = a2 − 3a e f(b) = b2 − 3b então, sim podemos aplicar o Teorema deRolle.

Observe que, se f(a) = f(b) = 0, logo a = 0 e b = 3, assim quando f ′(x) = 2x−3 =

0 ⇒ x1 =1

2∈ [a, b].

7. A função polinômica g(x) = x3 + 4x2 − 7x− 11 é contínua e diferenciável em todo R,em particular no intervalo [−1, 2].

Como g(−1) = 0 e g(2) = 0 então, sim podemos aplicar o Teorema de Rolle.

Observe que, se g′(x) = 3x2 + 8x− 7 = 0 ⇒ x1 =

√37− 4

3∈ [−1, 2].

8.

9.

10. A função g(x) = 4sen x é exponencial, ela é contínua e diferenciável em todo seudomínio, em particular em [0, π].


Como g(0) = 4sen 0 = 1 e g(0) = 4sen π = 1 então podemos aplicar o Teorema de

Rolle. Observe que g′(x) = 4sen x cosxLn 4 = 0 ⇒ x1 =π

2ou x2 =

3π

2.

11. Observe, se |x| < 1 ⇒ −1 < x < 1 ⇒ −4 < x2 − 4 < −3, logo |x2 − 4| =−(x2 − 4) sempre que |x| < 1, logo podemos escrever

f(x) =

x3 − 5

2x2 − 6x+

1

2se x ≤ −1

−(x2 − 4) se | x |< 1

x4 − x3 − 3x+ 6 se x ≥ 1

sua derivada é

f ′(x) =

3x2 − 5x− 6 se x ≤ −1

−2x se | x |< 1

4x3 − 3x2 − 3 se x ≥ 1

Como f é definida por funções polinômicas, ela é contínua em [−2, 2]. Por outrolado, f é é derivável em (−2, 2), pois f ′(−1) = 2 e f ′(1) = −2 existem.

Como f(−2) = −11

2= f(2) = 8, não podemos aplicar o Teorema de Rolle.

Exercício 5.3.3.

Mostre a seguinte propriedade: Se a equação a0xn+a1x

n−1+a2xn−2+ · · ·+an−1x = 0

tem uma raiz positiva x = x0, então a equação na0xn−1+(n−1)a1x

n−2+(n−2)a2xn−3+

· · ·+ an−1 = 0 também tem uma raiz positiva, sendo esta menor que x0.Solução.

Seja f(x) = a0xn + a1x

n−1 + a2xn−2 + · · ·+ an−1x

Observe que x = 0 é raiz da equação f(x) = 0, e como x0 também é raiz positivaconcluímos que: a) f(x) é contínua em [0, x0] por ser função polinômica. b) f ′(x)

existe em (0, x0) por ser função polinômica. c) f(0) = f(x0) = 0. Logo podemosaplicar o Teorema de Rolle.

Isto é Existe λ ∈ (0, x0) tal que f ′(λ) = 0.Portanto, a equação na0x

n−1+(n−1)a1xn−2+(n−2)a2x

n−3+ · · ·+an−1 = 0 tambémtem uma raiz positiva, sendo esta menor que x0.

Exercício 5.3.4.

A função f(x) =2− x2

x4tem valores iguais nos extremos do intervalo [−1, 1]. Mostre

que a derivada f ′(x) não se reduz a zero em [−1, 1] e explicar por que não satisfaz doteorema de Rolle.Solução.


A função f não é contínua em x = 0, logo f não é contínua em [−1, 1].Não existe f ′(0), logo f não é derivável em (−1, 1). Mesmo que f(−1) = f(1) = 1,

não cumpre as duas primeiras condições para aplicar o Teorema de Rolle.

Exercício 5.3.5.A função g(x) =| x − 2 | tem valores iguais nos extremos do intervalo [2 − a, 2 + a]

para a > 0. Mostre que a g′(x) não se reduz a zero em [2 − a, 2 + a] e explicar por quenão satisfaz o teorema de Rolle.Solução.

Observe que a função g(x) =| x− 2 |=

{x− 2, se x ≥ 2

−(x− 2), se x < 2

Logo a função é contínua em [2− a, 2 + a].Também g(2− a) = g(2 + a) = 0.

A derivada g′(x) =

{1, se x ≥ 2

−1, se x < 2não existe em x = 2 ∈ (2− a, 2 + a)

Logo g(x) não é derivável em (2− a, 2 + a).Assim, não pode satisfaz o teorema de Rolle, isto é não existe c ∈ (2 − a, 2 + a) tal

que g′(c) = 0.Também g′(2 + a) = 1 e g′(2− a) = −1.Portanto, g′(x) não se reduz a zero em [2− a, 2 + a].

Exercício 5.3.6.Seja a função f(x) = 1+ xm(x− 1)n onde m e n são inteiros positivos. Sem calcular

a derivada, mostre que a equação f ′(x) = 0 tem pelo menos uma raiz no intervalo (0, 1).Solução.

A função f(x) = 1 + xm(x− 1)n é polinômica, logo ela é contínua em [0, 1].A derivada de uma função polinômica também é função polinômica, logo ela é derivável

em seu domínio. Assim, f é derivável em (0, 1).Como f(0) = f(1) = 1 temos pelo Teorema de Rolle que existe λ ∈ (0, 1) tal que

f ′(λ) = 0. Isto é λ ∈ (0, 1) é raiz da equação f ′(x) = 0.

Exercício 5.3.7.Mostre que a equação x3−3x+c = 0 não pode ter raízes diferentes no intervalo (0, 1).

Solução.

Seja f(x) = x3 − 3x + c e suponhamos a equação f(x) = 0 tenha duas α1 e α2

raízes diferentes em (0, 1).A função f(x) é contínua no intervalo [α1, α2]. A função f(x) é derivável no intervalo

(α1, α2). Cumpre f(α1) = f(α2) = 0


Logo pelo Teorema de Rolle, existe β ∈ (α1, α2) tal que

f ′(β) = 3β2 − 3 = 0 ⇒ β = ±1

Isto é contradição, pois como β = 1 ∈ (α1, α2) ⊂ (0, 1); isto é contradição!.Portanto supor que x3 − 3x+ c = 0 têm raízes em (0, 1) é falso.

Exercício 5.3.8.

Para o seguintes exercícios determinar se o T.V.M. é aplicável no intervalo dado;caso afirmativo verificar.

1. f(x) = x2 + 2x em [−2, 0] 2. f(x) =√x2 + 9 em [0, 4]

3. f(x) = 2x3 − x2 em [−2, 2] 4. f(x) =| 4− x2 | em [−2, 2]

5. f(x) =| 9− 4x2 | em [−3

2,3

2] 6. f(x) = Ln x em [1, e]

7. f(x) =x3

x4 − 4em [−9, −4] 8. f(x) =

x+ 1

x− 1em [2, 4]

9. f(x) =x2

4+ | x |em [−1, 2] 10. f(x) =

| x |3

1 + x6em [−2, 2]

11. f(x) = xn em [0, a] n > 0 a > 0

12. f(x) =

4

x2, se, x ≤ −1

8− 4x2, se, x > −1em [−2, 0]

13. f(x) =

3− x2

2, se, x < 1

1

x, se,x ≥ 1

em [0, 2]

14. f(x) =

{2x+ 3, se, x < 3

15− 2x, se,x ≥ 3em [−1, 5]

15. f(x) =

| x2 − 9 |, se, x < 2

5 + 2√x− 2, se, 2 ≤ x < 11

11 + (11)2, se, x > 11

em [−4, 12]

16. f(x) =

x2 + 4, se, − 2 ≤ x < 0

4− x3, se, 0 ≤ x < 16

x2 + 1, se, 1 ≤ x ≤ 2

em [−2, 2]

Solução.

1. f(x) = x2 + 2x em [−2, 0].

A função po0linomica é contínua e diferenciável em R , em particular nos pontos−2 e 0, logo o T.V.M. é aplicável.


Então existe c ∈ (−2, 0) tal que f ′(c) =f(0)− f(−2)

0− (−2), isto é 2c + 2 =

0− 0

2− 0, logo

c = −1 ∈ (−2, 0).

2. f(x) =√x2 + 9 em [0, 4]

Esta função é contínua e diferenciável em (0, 4), sua derivada é f ′(x) =2x√x2 + 9

,

logo o T.V.M. é aplicável.

Então existe c ∈ (0, 4) tal que f ′(c) =f(4)− f(0)

4− 0, isto é

2c√c2 + 9

=5− 3

4− 0, logo

c = 0, 7746 ou c = −0, 7746.

O valorprocurado é 0, 7746 ∈ (0, 4).

3. f(x) = 2x3 − x2 em [−2, 2].

A função polinômica é contínua e diferenciável em R , em particular nos pontos −2

e 2, logo o T.V.M. é aplicável.


0− (−2), isto é 6c2−2c =

12− (−12)

2− (−2),

logo c = 1, 18 ou c = −0, 84 pertencem a (−2, 2).

4. f(x) =| 4− x2 | em [−2, 2]

Esta função é contínua e diferenciável em (−2, 2), e f ′(x) = −2x(4− x2)

| 4− x2 |, logo o

T.V.M. é aplicável.


2 + 2, isto é −2c(4− c2)

| 4− c2 |=

f(2)− f(−2)

2 + 2⇒ ±2c = 0, logo c = 0.

O valor procurado é c = 0 ∈ (−2, 2).

5. f(x) =| 9− 4x2 | em [−3

2,3

2]

Esta função é contínua e diferenciável em (−3

2,3

2), sua derivada é f ′(x) =

−8x(9− 4x2)

| 9− 4x2 |, logo o T.V.M. é aplicável.

Então existe c ∈ (−3

2,3

2) tal que f ′(c) =

f(32)− f(−3

2)

32+ 3

2

, isto é −8c(4− c2)

| 4− c2 |=

f(32)− f(−3

2)

3⇒ ±8c = 0, logo c = 0.

O valor procurado é c = 0 ∈ (−3

2,3

2).

6. f(x) = Ln x em [1, e].


A função logaritmo é contínua e diferenciável em (0, +∞) , em particular nos pontos1 e e, logo o T.V.M. é aplicável.

Então existe c ∈ (1, e) tal que f ′(c) =f(e)− f(1)

e− 1, isto é

1

c=

1− 0

e− 1, logo c =

e− 1 = 1, 718 ∈ (1, e).

7. f(x) =x3

x4 − 4em [−9, −4]

Esta função é contínua e diferenciável em (−9, −4), sua derivada é f ′(x) =

−x2(x4 + 12)

(x4 − 4)2, logo o T.V.M. é aplicável.

Então existe c ∈ (−9, −4) tal que f ′(c) =f(−4)− f(−9)

−4 + 9, isto é −c2(c4 + 12)

(c4 − 4)2=

−1663

+ 7296557

5⇒ c8 − 35, 01c6 − 8c4 − 420, 12c2 + 16 = 0.

⇓

O valor procurado é c =∈ (−9, −4).

8. f(x) =x+ 1

x− 1em [2, 4].

A função é contínua e diferenciável em (2, 4), sua derivada é f ′(x) = − 2

(x− 1)2,


Então existe c ∈ (2, 4) tal que f ′(c) =f(4)− f(2)

4− 2, isto é

2

(c− 1)2=

4

6, logo

c = 1 +√3 ou c = 1−

√3.

O valor procurado é c = 1 +√3 ∈ (2, 4).

9. f(x) =x2

4+ | x |em [−1, 2]

A função é contínua e diferenciável em (−1, 2), tem-se f ′(x) =8x | x | +x3

| x | (4+ | x |)2,



3, isto é

8c | c | +c3

| c | (4+ | c |)2=

7

45,

logo | c | (360c+ 45c | c | −7c2 − 56 | c | −112) = 0.

Se c > 0 ⇒ 19c2+152c−56 = 0 ⇒ c =−152± 165, 409

38⇒ c = 0, 3528

ou c = −8, 3528.

O valor procurado é 0, 3528 ∈ (−1, 2).

10. f(x) =| x |3

1 + x6em [−2, 2]


Esta função é contínua e diferenciável em (−2, 2), e sua derivada é:

f ′(x) =

3x2(1− 2x6)

(1 + x6)2se 0 ≤ x

−3x2(1− 2x6)

(1 + x6)2se x < 0



2 + 2= 0, isto é

f ′(c) =

3c2(1− 2c6)

(1 + c6)2= 0 se 0 ≤ c

−3c2(1− 2c6)

(1 + c6)2= 0 se c < 0

de onde c = 0 ou c = ± 0, 742.

11. f(x) = xn em [0, a] n > 0 a > 0.

A função polinômica é contínua e diferenciável em R , em particular nos pontos 0

e a, logo o T.V.M. é aplicável.

Então existe c ∈ (0, a) tal que f ′(c) =f(a)− f(0)

a− 0, isto é ncn−1 =

an − 0

a− 0, logo

c =a

n−1√n∈ (0, a).

12. f(x) =

4

x2, se, x ≤ −1

8− 4x2, se, x > −1em [−2, 0]

Esta função é contínua em [−2, 0] e não é diferenciável em (−2, 0), em particularnão existe f ′(−1) logo o T.V.M. não é aplicável.

13. f(x) =

3− x2

2, se, x < 1

1

x, se, x ≥ 1

em [0, 2]

1. Estudemos a continuidade em x = 1, observe que

limx→1−

f(x) = limx→1−

3− x2

2= 1, lim

x→1+f(x) = lim

x→1+

1

x= 1

Logo f é contínua em x = 1.


Por outro lado, f ′(x) =

−x se x < 1

− 1

x2se x > 1

limx→1−

f ′(x) = limx→1−

−x = −1, limx→1+

f ′(x) = limx→1+

− 1

x2= −1

Logo f é derivável em x = 1. Sim é possível aplicar o TVM..

2. Sendo f contínua em [0, 2] e diferenciável em (0, 2), existe c ∈ (0, 2) tal que

f ′(c) =f(2)− f(0)

2− 0= −1

2. Então se x ≤ 1 temos f ′(c) = −c = −1

2e, se x ≥ 1

temos f ′(c) = − 1

c2= −1

2⇒ c =

√2.

Os números procurados são c =√2 e c =

1

2.

14. f(x) =

{2x+ 3, se, x < 3

15− 2x, se,x ≥ 3em [−1, 5]

Esta função é contínua em [−1, 5] e não é diferenciável em (−1, 5), em particularnão existe f ′(3) logo o T.V.M. não é aplicável no intervalo [−1, 5].

Observe, para todo x = 3 a derivada é f ′(x) =

{2 se x < 3

−2 se x > 3= 0 ⇒

@ x ∈ R.

15. f(x) =

| x2 − 9 |, se, x < 2

5 + 2√x− 2, se, 2 ≤ x < 11

11 + (11)2, se, x > 11

em [−4, 12]

16. f(x) =

x2 + 4, se, − 2 ≤ x < 0

4− x3, se, 0 ≤ x < 16

x2 + 1, se, 1 ≤ x ≤ 2

em [−2, 2]

Exercício 5.3.9.


Determine os pontos críticos das funções do exercício anterior.Solução.

1. Da função f(x) = x2 + 2x ⇒ f ′(x) = 2x+ 2 = 0 ⇒ x = −1.

Portanto, x = −1 é ponto crítico.

2. Da função f(x) =√x2 + 9 ⇒ f ′(x) =

x√x2 + 9

= 0 ⇒ x = 0.

Portanto, x = 0 é ponto crítico.

3. Da função f(x) = 2x3 − x2 ⇒ f ′(x) = 6x2 − 2x = 0 ⇒ x = 0, x =1

3.

Portanto, x = 0, x =1

3são pontos críticos.

4. Da função f(x) =| 4− x2 | ⇒ f(x) =

{4− x2 se − 2 ≤ x ≤ 2

x2 − 4 se x < −2 ou 2 < x.

A derivada é f ′(x) =

{−2x se − 2 ≤ x ≤ 2

2x se x < −2 ou 2 < x= 0 ⇒ x = 0.

Observe que em x = ±2 não existe a derivada nesses pontos tem-se pontos ângulosos.

Portanto, x = 0, x = ±2 são pontos críticos.

5. Da função f(x) =| 9− 4x2 | ⇒ f(x) =

9− 4x2 se − 3

2≤ x ≤ 3

2

4x2 − 0 se x < −3

2ou

3

2< x

.


−8x se − 3

2≤ x ≤ 3

2

8x se x < −3

2ou

3

2< x

= 0 ⇒ x = 0.

Observe que em x = ±3

2não existe a derivada nesses pontos tem-se pontos ângulo-

sos.

Portanto, x = 0, x = ±3

2são pontos críticos.

6. Da função f(x) = Ln x ⇒ f ′(x) =1

x= 0 ⇒ @ x ∈ R.

Portanto, f(x) = Ln x não tem ponto crítico.

7. Da função f(x) =x3

x4 − 4⇒ f ′(x) = −x2(x4 + 12)

(x4 − 4)2= 0 ⇒ x = 0.

Observe que em x = ±2 não existe a derivada.



8. Da função f(x) =x+ 1

x− 1⇒ f ′(x) = − 2

(x− 1)2= 0 ⇒ @ x ∈ R. Observe

que quando x = 1 a derivada f ′(x) não existe.

Portanto, x = 1 é ponto crítico.

9. Da função f(x) =x2

4+ | x |⇒ f(x) =

x2

4 + xse 0 ≤ x

x2

4− xse x < 0

.


x(8 + x)

(4 + x)2se 0 ≤ x

x(8− x)

(4− x)2se x < 0

= 0 ⇒ x = 0.

Observe que em x = ±4 não existe a derivada.


10. Da função f(x) =| x |3

1 + x6⇒ f(x) =

x3

1 + x6se 0 ≤ x

− x3

1 + x6se x < 0

.

A derivada é

f ′(x) =

3x2(1− 2x6)

(1 + x6)2se 0 ≤ x

−3x2(1− 2x6)

(1 + x6)2se x < 0

= 0 ⇒ x = 0, x = ± 16√2.

Portanto, x = 0, x = ± 16√2

são pontos críticos.

11. Da função f(x) = xn para n ≥ 2, f ′(x) = nxn−1 quando f ′(x) = nxn−1 = 0 segueque x = 0 é ponto crítico.

12. Da função f(x) =

4

x2, se, x ≤ −1

8− 4x2, se, x > −1


− 8

x3se x < −1

−8x se x > −1= 0 ⇒ @ x ∈ R.

Observe que em x = −1 não existe a derivada, pois f ′(−1+) = −8 e f ′(−1−) = −24.

Portanto, x = −1 é ponto crítico.


3− x2

2, se, x < 1

1

x, se, x ≥ 1



−x se x < 1

− 1

x2se x ≥ 1

= 0 ⇒ x = 0.

Observe que em x = 1 não existe a derivada.

Portanto, x = 0, x = 1 são pontos críticos.


{2x+ 3, se, x < 3

15− 2x, se, x ≥ 3.


{2 se x < 3

−2 se x ≥ 3= 0 ⇒ @ x ∈ R.

Observe que em x = 3± 2 não existe a derivada.

Portanto, x = 3 é um ponto crítico.


| x2 − 9 |, se, x < 2

5 + 2√x− 2, se, 2 ≤ x < 11

11 + (11)2, se, x > 11


2x, se, x ≤ −3

−2x, se, − 3 < x < 21√x− 2

, se, 2 ≤ x < 11

0 se, x > 11

= 0 ⇒ x = 0.

Observe que em x = 2, x = −3, x = 11 não existe a derivada.

Portanto, x = 0, x = 2, x = −3, x = 11 são pontos críticos.

16. f(x) =

x2 + 4, se, − 2 ≤ x < 0

4− x3, se, 0 ≤ x < 16

x2 + 1, se, 1 ≤ x ≤ 2


2x, se, − 2 ≤ x < 0

−3x2, se, 0 ≤ x < 1

− 12x

(x2 + 1)2, se, 1 ≤ x ≤ 2

= 0 ⇒ x = 0.

Observe que em x = 1 existe a derivada.

Portanto, x = 0, x = 1 são pontos críticos.

Exercício 5.3.10.Sem calcular a derivada da função f(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4), estabelecer

quantas raízes tem a equação f ′(x) = 0 e indicar em que intervalos se encontram.Solução.


A função f(x) é contínua nos intervalos [1, 2], [2, 3] e [3, 4].A função f(x) é derivável nos intervalos (1, 2), (2, 3) e (3, 4).Também f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = 0. Então pelo Teorema de Rolle existem

c1 ∈ (1, 2), c2 ∈ (2, 3) e c3 ∈ (3, 4) tais que f ′(c1) = f ′(c2) = f ′(c3) = 0.Portanto, a equação f ′(x) = 0 tem três raízes cada uma delas nos intervalos (1, 2), (2, 3)

e (3, 4)

Exercício 5.3.11.Mostre que a que a equação f(x) = xn + px+ q não pode ter mais de dois raízes reais

quando n é par; e mais de três raízes quando n é ímpar.Solução.

Exercício 5.3.12.Para as seguintes funções, determine o polinômio T (x) de grau um que aproxime

localmente a f(x) no ponto indicado e obter valores que se indicam:1. f(x) =

√15 + x2 + 3

√x em x = 64, f(67), T (67).

2. f(x) =x

x2 + 1em x = 2, f(1, 68), T (1, 68).

3. f(x) = x2 + 4x+ 5 em x = 5, f(5, 8), T (5, 8).Solução.

1. Para a função f(x) =√15 + x2 + 3

√x temos f ′(x) =

x√15 + x2

+1

3√x2

, então f ′(64),

assim o polinômio que aproxima é T (x) = f(64) + f ′(64)(x − 64) isto é T (x) =

68, 1170 + 1, 0001(x− 64).

Observe que T (67) = 71, 1173 e f(67) = 71, 1733 o erro E(3) = 0, 056 é mínimo.

2. Para a função f(x) =x

x2 + 1temos f ′(x) =

1− x2

(x2 + 1)2, então f ′(2) = − 3

25, assim o

polinômio que aproxima é T (x) = f(2) + f ′(2)(x− 2) isto é T (x) =2

5− 3

25(x− 2).

Observe que T (1, 68) = 0, 3616 e f(1, 68) = 0, 43951 o erro E(0, 01) = 0, 07791 émínimo.

3. Para a função f(x) = x2 + 4x + 5 temos f ′(x) = 2x + 4, então f ′(5) = 14, assim opolinômio que aproxima é T (x) = f(5) + f ′(5)(x− 5) isto é T (x) = 50 + 14(x− 5).

Observe que T (5, 8) = 61, 2 e f(5, 8) = 61, 84 o erro E(0, 01) = 0, 64 é mínimo.


Exercício 5.3.13.Para as funções seguintes. Achar ∆f, df, e E(x) = ∆f − df para os valores

indicados:1. f(x) = x2 + 5x, x = −1, ∆x = 0.02.2. f(x) = x3 + 5x2 − 3x+ 2, x = 2, ∆x = 0.01.3. f(x) =

x

x+ 1x = 0, ∆x = 0.1.

4. f(x) =1√x− 1

x = 5, ∆x = 0.01.

5. f(x) =x2

x3 + 1x = 1, ∆x = 0.3.

Solução.

1. f(x) = x2 + 5x, x = −1, ∆x = 0.02 ⇒ ∆f = f(−1 + ∆x) − f(−1) edf(x) = f ′(x)dx.

∆f = f(−0.98)− f(−1) = 0, 0604, df(−1) = (2(−1) + 5)(0, 02) = 0, 0600

Logo E(x) = 0, 0604− 0, 0600 = 0.004.

2. f(x) = x3 + 5x2 − 3x+ 2, x = 2, ∆x = 0.01 ⇒ ∆f = f(2 + ∆x)− f(2) edf(x) = f ′(2)dx. Tem-se f ′(x) = 3x2 + 10x− 3

∆f = f(2, 01)−f(2) = 0, 291101, df(0) = (3(2)2+10(2)−3)(0, 01) = 0, 292203

Logo E(x) = 0, 291101− 0, 292203 = −0, 001102.

3. f(x) =x

x+ 1, x = 0, ∆x = 0.01 ⇒ ∆f = f(0 + ∆x) − f(0) e df(0) =

f ′(0)dx. Tem-se f ′(x) =1

(x+ 1)2

∆f = f(0, 01)− f(0) = 0, 0099, df(0) = (1

(0 + 1)2)(0, 01) = 0, 0100

Logo E(x) = 0, 0099− 0, 0100 = −0, 0001.

4. f(x) =1√x− 1

, x = 5, ∆x = 0.01 ⇒ ∆f = f(5 + ∆x) − f(5) e df(5) =

f ′(5)dx. Tem-se f ′(x) = − 1

2√(x− 1)3

∆f = f(5, 01)− f(5) = −0, 00062, df(5) = (− 1

2√43)(0, 01) = −0, 000625

Logo E(x) = −0, 00062 + 0, 000625 = 0, 000005.


5. f(x) =x2

x3 + 1, x = 1, ∆x = 0.3 ⇒ ∆f = f(1 + ∆x) − f(1) e df(1) =

f ′(1)dx. Tem-se f ′(x) =2x− x4

(x3 + 1)2

∆f = f(1, 3)− f(1) = 0, 0286, df(1) = (1

4)(0, 01) = 0, 025

Logo E(x) = 0, 0286− 0, 025 = 0, 0036.

Exercício 5.3.14.Para os seguintes exercícios achar o diferencial da função:

1. f(x) = 3x3 + 5x2 + 2 2. f(x) = x2 + 2√x− 1

3. f(x) =2ax

(x+ 1)34. f(t) =

√t+ 1

t− 1

5. f(x) =3kx√x+ 1

6. f(x) =4 · sgn(x− 1)√

x2 − 1

Solução.

1. f(x) = 3x3 + 5x2 + 2 ⇒ df(x) = (9x2 + 10x)∆x.

2. f(x) = x2 + 2√x− 1 ⇒ df(x) =

[2x+

1√x− 1

]∆x.

3. f(x) =2ax

(x+ 1)3⇒ df(x) =

[2a− 4ax

(x+ 1)4

]∆x.

4. f(t) =

√t+ 1

t− 1⇒ df(t) = −

[1√

t2 − 1(t− 1)

]∆x.

5. f(x) =3kx√x+ 1

⇒ df(x) =

[3k√

(x+ 1)3

]∆x.

6. f(x) =4 · sgn(x− 1)√

x2 − 1⇒ df(x) =

[4x · sgn(x− 1)√

(x2 − 1)3

]∆x.

Exercício 5.3.15.Usando diferenciais determine o valor indicado.

1. f(x) = x4 + 2x2 − 3, f(−2.97). 2. f(x) =

√5 + 3x

x+ 1f(2.024).

3. f(x) = 3

√x+ 1

x− 1f(0.1). 4. f(x) =

√4x+ 1

x2 + 1f(1.91).

5. f(x) = x3 + 5x2 − x+ 1, f(0.003).Solução.


1. f(x) = x4 + 2x2 − 3, calcular f(−2.97). Consideremos x = −3 e dx = 0, 03,observe f ′(x) = 4x3 + 10x.

Tem-se f(−3) = 96, f(−3 + 0, 03) ≈ f(−3) + f ′(−3) · (0, 03), então f(−2.97) ≈96 + (−108)(0, 03) = 92, 76

Portanto, f(−2.97) ≈ 92, 76, na calculadora obtemos f(−2.97) ≈ 92, 45.

2. f(x) =

√5 + 3x

x+ 1, calcular f(2.024). Consideremos x = 2 e dx = 0, 024, observe

f ′(x) = − 3x+ 7

2(x+ 1)2√5 + 3x

.

Tem-se f(2) = 1, 1055, f(2 + 0, 024) ≈ f(2) + f ′(2) · (0, 024), então f(2.024) ≈1, 1055 + (−0, 2177)(0, 024) = 1, 1003

Portanto, f(2.024) ≈ 1, 1003, na calculadora obtemos f(2.024) ≈ 1, 1003.

3. f(x) = 3

√x+ 1

x− 1, calcular f(0.1). Consideremos x = 0 e dx = 0, 1, observe

f ′(x) = −2

3· 1

(x− 1)2· 3

√(x+ 1

x+ 1

)2.

Tem-se f(0) = −1, f(0 + 0, 1) ≈ f(0) + f ′(0) · (0, 1), então f(0.1) ≈ (−1) +

(−2

3)(0, 1) = −1, 0666

Portanto, f(0.1) ≈ −1, 0666, na calculadora obtemos f(0.1) ≈ −1, 06917.

4. f(x) =

√4x+ 1

x2 + 1, calcular f(1.91). Consideremos x = 2 e dx = −0, 09, observe

f ′(x) =2(1− x− 3x2)

(x2 + 1)2√4x+ 1

.

Tem-se f(2) = 0, 6, f(2 − 0, 09) ≈ f(2) + f ′(2) · (−0, 09), então f(1.91) ≈ 0, 6 +

(−0, 3466)(−0, 09) = 0, 6312

Portanto, f(1.91) ≈ 0, 6312, na calculadora obtemos f(1.91) ≈ 0, 6323.

5. f(x) = x3 + 5x2 − x + 1, calcular f(0.003). Consideremos x = 0 e dx = 0.003,observe f ′(x) = 3x2 + 10x− 1.

Tem-se f(0) = 1, f(0 + 0, 003) ≈ f(0) + f ′(0) · (0, 003), então f(0, 003) ≈ 1 +

(−1)(0, 003) = 0, 997

Portanto, f(0, 003) ≈ 0, 997, na calculadora obtemos f(0, 003) ≈ 0, 9970.

Exercício 5.3.16.O diâmetro de uma esfera é 9cm ao médio introduz-se um possível erro de ±0.05cm.

Qual é o erro percentual possível no cálculo do volume?Solução.


O volume da esfera em função do raio r é V =4

3πr3 como o diâmetro x = 2r então o

volume em função do diâmetro é V (x) =4

3π(x2

)3. Com diferenciais

dV (x) =4 · 33 · 2

π(x2

)2dx ⇒ dV (9) =

4 · 33 · 2

π(92

)2(±0.05cm)

Então dV (9) = ±6, 36171975cm3. Observe, o volume V (9) =4

3π(92

)3= 381, 703185.

O erro relativo édV

V=

6, 36171975

381, 703185= 0, 0166, e o erro percentual é

dV

V· 100% =

1, 66%.

Exercício 5.3.17.Calcular o valor aproximado para as seguintes expressões:

1.√

37, 5 2. 3√

9, 12

3. 3√

(8, 01)4 + (8, 01)2 − 13√8, 01

4.√82 +

4√82

5. 3√63 +

1

2 3√63

6.5√1020

Solução.

1. Seja f(x) =√x, calcular f(37, 5). Consideremos x = 36 e dx = 1, 5, observe

f ′(x) =1

2√x

.

Tem-se f(36) = 6, f(36 + 1, 5) ≈ f(36) + f ′(36) · (1, 5), então f(37, 5) ≈ 6 +

(1

12)(1, 5) = 6, 125

Portanto, f(37, 7) ≈ 6, 125, na calculadora obtemos f(−2.97) ≈ 6, 124.

2. Seja f(x) = 3√x, calcular f(9, 12). Consideremos x = 8 e dx = 1, 2, observe

f ′(x) =1

33√x2

.

Tem-se f(8) = 2, f(8+1, 2) ≈ f(8)+f ′(8)·(1, 2), então f(9, 12) ≈ 2+(1

12)(1, 2) =

2, 1


3. Seja f(x) =3√x4 + x2 − 1

3√x, calcular f(8, 01). Consideremos x = 8 e dx = 0, 01,

observe f ′(x) =4

33√x+ 2x− 1

33√x4

.

Tem-se f(8) = 79, 5, f(8 + 0, 01) ≈ f(8) + f ′(8) · (0, 15), então f(8, 01) ≈ 79, 5 +

(18, 64)(0, 01) = 79, 686



4. Seja f(x) =√x + 4

√x, calcular f(82). Consideremos x = 81 e dx = 1, observe

f ′(x) =1

2√x+

1

44√x3

.

Tem-se f(81) = 12, f(81 + (1)) ≈ f(81) + f ′(81) · (1), então f(82) ≈ 12 +

(0, 06481)(1) = 12, 06481

Portanto, f(82) ≈ 12, 06481, na calculadora obtemos f(63) ≈ 12, 06460.

5. Seja f(x) = 3√x+

1

2 3√x, calcular f(63). Consideremos x = 64 e dx = −1, observe

f ′(x) =3

2√x− 1

6√x4

.

Tem-se f(64) = 24, 125, f(64 + (−1)) ≈ f(64) + f ′(64) · (−1), então f(63) ≈24, 125 + (0, 18746)(−1) = 23, 93754


6. Seja f(x) = 5√x, calcular f(1020). Consideremos x = 1024 e dx = −4, observe

f ′(x) =1

55√x4

.

Tem-se f(1024) = 4, f(1024+(−4)) ≈ f(1024)+f ′(1024) · (−4), então f(1020) ≈4 + (0, 00078125)(−4) = 3, 996875


Exercício 5.3.18.Para a > b mediante o Teorema do Valor Médio, mostre validade das desigualdade:

nbn−1(a− b) < an − bn < nan−1(a− b) se n > 1; e as desigualdades opostas se n < 1.Solução.

Seja f(x) = xn definida em x ∈ [b, a] onde 0 < b < a, n ∈ N, n > 1.Temos que f é contínua em [b, a]. Também é derivável em (b, a). Logo pelo T.V.M

existe c ∈ (b, a) tal que f ′(c) = n · cn−1 =f(a)− f(b)

a− b⇒ n · cn−1 =

an − bn

a− b.

Como b < c < a ⇒ n · bn−1 < n · cn−1 < nan−1, logo n · bn−1 <an − bn

a− b< nan−1.

Portanto, nbn−1(a− b) < an − bn < nan−1(a− b) se n > 1

Por outro lado, suponhamos n ∈ Z tal que n < 1, então de b < c < a ⇒ n ·an−1 <

n · cn−1 < nbn−1, de onde n · an−1 < n · cn−1 < nbn−1, logo n · an−1 <an − bn

a− b< nbn−1.

Portanto, nan−1(a− b) < an − bn < nbn−1(a− b) se n ∈ Z, n < 1.

Exercício 5.3.19.Usando diferenciais determine o valor de x para os quais:1.

√x+ 1−

√x < 0, 01. 2. 4

√x+ 1− 4

√x < 0, 002.

Solução.


1. Seja f(x) =√x, como f ′(x) = lim

h→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

√x+ h−

√x

hentão

temos que f ′(x) =1

2√x= lim

h→0

√x+ h−

√x

hde onde

1

2√x≈

√x+ h−

√x

h.

Logo fazendo h = 1 segue1

2√x≈

√x+ h−

√x < 0, 01 ⇒ 1

0, 02<

√x ⇒ 1

0, 0004<

x.

Portanto, x > 2500.

2. Seja f(x) = 4√x ⇒ f ′(x) =

1

44√x−3 de onde

1

44√x−3 ≈

4√x+ h− 4

√x

h.

Logo fazendo h = 1 segue1

44√x3

≈ 4√x+ h− 4

√x < 0, 02 ⇒ 1

0, 008<

4√x3 ⇒

1

0, 02< 4

√x ⇒ 625 < x.

Exercício 5.3.20.

Um ponto movimenta-se na metade superior da curva y2 = x+ 1, de modo quedx

dt=

√2x+ 1. Determine

dy

dtquando x = 4.

Solução.

De y2 = x+ 1 segue derivando implícitamente que 2ydy

dx= 1, logo

2y · dydx

· dxdt

=dx

dt⇒ 2y · dy

dt=

dx

dt

Como y2 = x+ 1, no ponto x = 5 temos que y = ±√5, logo

±2√5 · dy

dt=√

2(4) + 1 ⇒ dy

dt= ∓ 3

2√5= ∓3

√5

10

Exercício 5.3.21.Mediante o Teorema do Valor Médio, mostre as desigualdades:

1.a− b

a≤ Ln

[ab

]≤ a− b

bsendo 0 < b ≤ a.

2.a− b

cos2 b≤ tan a− tan b ≤ a− b

cos2 asendo 0 < b ≤ a <

π

2.

Solução.

1. Seja f(x) = Ln x definida em x ∈ [b, a] onde 0 < b ≤ a.

Seja b < a, temos que f é contínua em [b, a]. Também é derivável em (b, a). Logo pelo

T.V.M existe c ∈ (b, a) tal que f ′(c) =1

c=

f(a)− f(b)

a− b⇒ 1

c=

Ln a− Ln b

a− b,


logo b <a− b

Ln a− Ln b< a ⇒ 1

a<

Ln a− Ln b

a− b<

1

b, logo

a− b

a< Ln

[ab

]<

a− b

b.

O caso a = b proporciona as igualdades.

2. Seja f(x) = tan x definida em x ∈ [b, a] onde 0 < b ≤ a <π

2.

Seja b < a, temos que f é contínua em [b, a]. Também é derivável em (b, a). Logo

pelo T.V.M existe c ∈ (b, a) tal que f ′(c) = sec2 c =f(a)− f(b)

a− b⇒ sec2 c =

tan a− tan b

a− b

Como a secante é crescente em [b, a] para 0 < b ≤ a <π

2, segue que sec2 b < sec2 c <

sec2 a.

De onde sec2 b < sec2 c < sec2 a ⇒ sec2 b <tan a− tan b

a− b< sec2 a

O caso a = b proporciona as igualdades.

Portanto,a− b

cos2 b≤ tan a− tan b ≤ a− b

cos2 a.

Exercício 5.3.22.

Seja f(x) =

3 + x2

4se x ≤ 1

1

xse x ≥ 1

1. Desenhar o gráfico de y = f(x) para x ∈ [0, 2].

2. Verificar se satisfaz as condições do Teorema do Valor Médio. Se satisfaz as condiçõesdo TVM, determinar esses valores.

Solução.

1. Estudemos a continuidade em x = 1, observe que

limx→1−

f(x) = limx→1−

3 + x2

4= 1, lim

x→1+f(x) = lim

x→1+

1

x= 1

Logo f é contínua em x = 1. Por outro lado, f ′(x) =

x

2se x < 1

− 1

x2se x > 1

limx→1−

f ′(x) = limx→1−

x

2=

1

2, lim

x→1+f ′(x) = lim

x→1+− 1

x2= −1

Logo f não é derivável em x = 1 e não podemos aplicar o T.V.M.


Exercício 5.3.23.Seja f : R −→ R uma função. Se diz que x = c é um ponto fixo de f , se f(c) = c.

1. Determine os pontos fixos de f(x) = x3 − 8x.

2. Verificar se f(x) = x2 + x+ 1 tem pontos fixos.

3. Suponha y = f(x) ∀ x ∈ R tenha derivada f ′(x) = 1 ∀ x ∈ R.

Mostre que f admite no máximo um ponto fixo.

Solução.

1. Suponhamos que x = c seja ponto fixo, então f(x) = c3−8c = c ⇒ c(c2−9) = 0

de onde c = −3, c = 0 e c = 3 são três pontos fixos.

2. Suponhamos que x = c seja ponto fixo, então f(x) = c2+c+1 = c ⇒ c2+1 = 0

de onde c /∈ R, logo a função não tem pontos fixos.

3. Suponhamos que f(x) tenha ao menos dois pontos fixos, os pontos x = c e x = d,assim existe h ∈ R tal que d = c± h

Da definição da derivada de f(x) em qualquer ponto e por hipótese temos

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= 1 ⇒ f ′(c) = lim

h→0

f(c+ h)− f(c)

h= 1 ⇒

assimf ′(c) = lim

h→0

(c+ h)− c

h= 1 = 1 ⇒⇐ contradição !

Portanto, f(x) tenha no máximo um ponto fixo.

Exercício 5.3.24.Mostre que se uma função é diferenciável em R e f ′(x) < 1 ∀ x ∈ R, então f tem

no máximo um ponto fixo.Solução.

Se f é diferenciável em R, então para algum x ∈ R no intervalo [a, b] tem-se |f(x)−x| ≤1

8(b− a)2.

Com efeito, sabemos que para todo número real m, n ∈ R+ cumpre 2√m√n ≤ m+n,

logo mn ≤ (m+ n)2

4.

Como a < x < b ⇒ x − a > 0, b − x > 0 logo (x − a) + (b − x) = b − a, isto éx− a ≤ b− a e b− x ≤ b− a

Por outro lado, |f(x)− x| = 1

2|f ′(c)(x− a)(x− b)| < 1

2|(x− a)(x− b)| ≤ 1

8|(b− a)2


⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

Exercício 5.3.25.

As variáveis x, y, z são todas funções de t e satisfazem a relação: x3 − 2xy + y2 +

2xz + 2xz2 + 3 = 0.Achar

dz

dtquando x = 1, y = 2 se

dx

dt= 3 e

dy

dt= 4 para todo t.

Solução.

Derivando implícitamente x3 − 2xy + y2 + 2xz + 2xz2 + 3 = 0 obtemos

3x2dx

dt− 2y

dx

dt− 2x

dy

dt+ 2y

dy

dt+ 2z

dx

dt+ 2x

dz

dt+ 2z2

dx

dt+ 4xz

dz

dt= 0

Quando x = 1, y = 2,dx

dt= 3,

dy

dt= 4 para todo t

3(1)2(3)− 2(2)(3)− 2(1)(4) + 2(2)(4) + 2z(3) + 2(1)dz

dt+ 2z2(3) + 4(1)z

dz

dt= 0

Portanto,dz

dt= −6z2 + 6z + 5

2(2z + 1).

Exercício 5.3.26.

Estima-se em um metro o lado de um quadrado, com um erro máximo de 0, 005cm.Usando diferenciais estime o erro máximo no cálculo da área. Quais são o erro relativoe percentual aproximado?Solução.

Suponhamos um quadrado de lado x metros, logo sua área mede A(x) = x2 m2.


O diferencial da área é dA(x) = 2x · dx m2, quando x = 1 e dx = ±0, 005m tem-seque o dA(1) = 2 · (0, 005)m2 = ±0, 01m2 = 1 cm2

O erro máximo na medida da área é de um centímetro quadrado.

O erro relativo édA

A=

0, 01

1= 0, 01, e o erro percentual é

dV

V· 100% = 1%.

Exercício 5.3.27.A área lateral de um cone reto circular e altura h e raio da base r é dada por AL =

πr√r2 + h2. Para determinado cone, r = 6cm e a medida da altura h acusa 8cm com

um erro máximo de 0, 01cm; determine o erro máximo na medida da área lateral. Qual oerro percentual aproximado?Solução.

Sabemos que o cone de altura h e raio da base r tem como área lateral AL(h) =

πr√r2 + h2.

O diferencial da área é dA(h) =2πrh√r2 + h2

· dh m2, quando r = 6cm, h = 8cm e

dh = 0, 01cm tem-se que o dAL(8) =2π(6)(8)√62 + 82

· (0, 01) cm2 = 0, 03016 cm2.

O erro máximo na medida da área é de um centímetro quadrado.

O erro relativo édA

A=

0, 03016

188, 4954= 0, 00016, e o erro percentual é

dV

V·100% = 0, 016%.

Exercício 5.3.28.Ao esquentar um disco de metal, seu diâmetro varia a razão de 0.01cm/min. Quando

o diâmetro esta com 5 metros, com que razão esta variando a área de uma de suas faces?Solução.

Temos que 5m ≡ 500cm, a área A do círculo em função ao diâmetro D esta dado pela

igualdade A = π(D

2)2 =

1

4πD2. Temos como do problema que

dD

dt= 0, 01

LogodA

dt=

1

2πD

dD

dt⇒ dA

dt=

1

2π(500)(0, 01) = 2, 5πcm2/min

A área de uma de suas faces está variando na razão de 2, 5πcm2/min


5.4 Miscelânea

Miscelânea 5-1

Miscelânea 5.1.1.

A função definida por f(x) =

x2 + (a− 3)x− 3a

x− 3, se x = 3

1 se x = 3é derivável em

toda a reta real.

1. Qual o valor de a?

2. Qual o valor de f ′(3)?

Solução.

1. Como f é derivável em toda a reta real, ela é contínua em R em particular em x = 3.

Logo limx→3

=x2 + (a− 3)x− 3a

x− 3= lim

x→3=

(x− 3)(x+ a)

x− 3= 3 + a = 1 ⇒ a =

−2.

Assim f(x) =

{x− 2, se x = 3

1 se x = 3.

2. Temos que f ′(3) = 0.

Miscelânea 5.1.2.

Suponha que f é uma função para o qual limx→2

f(x)− f(2)

x− 2= 0. Quais das seguintes

proposições são verdadeiras, quais podem ser verdadeiras e quais necessáriamente sãofalsas?

1. f ′(2) = 2 2. f(2) = 0 3. limx→2

f(x) = f(2)

4. f es contínua en x = 0 5. f es contínua em x = 2.

Solução.

1. Sabe-se que f ′(2) = limx→2

f(x)− f(2)

x− 2= 0 ⇒ f ′(2) = 0

Portanto, afirmar que f ′(2) = 2 necessáriamente é falsa.

2. Quando f(x) = (x− 2)2 ⇒ f(2) = 0 e satisfaz o limite.

Quando f(x) = sen (x− 2), temos f(2) = 0 e limx→2

f(x)− f(2)

x− 2= 1 = 0

Portanto, f(2) = 0 pode ser verdadeira.


3. Quando f(x) = (x− 2)2 ⇒ f(2) = 0 e limx→2

f(x) = f(2).

Portanto, limx→2

f(x) = f(2) pode ser verdadeira.

4.

5. Temos que f ′(2) = limx→2

f(x)− f(2)

x− 2= 0, logo existe a função f é derivável em x = 2.

Portanto, f é contínua em x = 2.

Miscelânea 5.1.3.Suponha que f e g sejam funções diferenciáveis para as quais verificam-se as seguintes

condições: a) f(0) = 0 e g(0) = 1 b) f ′(x) = g(x) e g′(x) = −f(x).

1. Seja h(x) = f 2(x) + g2(x). Calcular h′(x) e utilizar este resultado para mostrar quef 2(x) + g2(x) = 1 para todo x.

2. Suponha que F e G são outro par de funções que satisfazem as condições a) e b) eseja k(x) = [F (x)− f(x)]2 + [G(x)− g(x)]2. Calcular k′(x) e utilizar este resultadopara deduzir qual é a relação entre f(x) e F (x) e entre g(x) e G(x):

3. Mostre um par de funções que satisfazem as condições a) e b). Podem existir outras.Justificar sua resposta.

Solução.

1. Como h(x) = f 2(x) + g2(x), então

h′(x) = 2f(x)f ′(x) + 2g(x)g′(x) = 2f(x)g(x)− 2f(x)g(x) = 0

Assim temos que h(x) = f 2(x) + g2(x) = C constante. Suponhamos x = 0, então

h(0) = f 2(0) + g2(0) = 0 + 1 = C ⇒ C = 1

Portanto, f 2(x) + g2(x) = 1 para todo x.

2. k(x) = [F (x)− f(x)]2 + [G(x)− g(x)]2 ⇒

k(x) = [F (x)]2 − 2f(x)F (x) + [G(x)]2 − 2g(x)G(x) + 1


k′(x) = 2F (x)F ′(x)−2f ′(x)F (x)−2f(x)F ′(x)+2G(x)G′(x)−2g′(x)G(x)−2g(x)G′(x)

Como F (x) e G(x) satisfazem as condições (a) e (b) então: a) F (0) = 0 eG(0) = 1 b) F ′(x) = G(x) e G′(x) = −F (x)

k′(x) = 2F (x)G(x)−2g(x)F (x)−2f(x)G(x)−2G(x)F (x)+2f(x)G(x)+2g(x)F (x)

⇒ k′(x) = 0 ⇒ k(x) = [F (x)− f(x)]2 + [G(x)− g(x)]2 = C, contante

⇒ k(0) = [F (0)− f(0)]2 + [G(0)− g(0)]2 = 0 + 0 = C ⇒ C = 1

⇒ [F (x)−f(x)]2 = 0 [G(x)−g(x)]2 = 0 ⇒ F (x) = f(x), G(x) = g(x)

Portanto, F (x) = f(x), G(x) = g(x) para todo x.

3. Considerando f(x) = sen x e g(x) = cosx estas são funções diferenciáveis em todo R everificam-se as seguintes condições: a) f(0) = 0 e g(0) = 1 b) f ′(x) = g(x)

e g′(x) = −f(x).

Podem sim existir outras ⇓.

⇓.

⇓.

Miscelânea 5.1.4.Determine todas as funções f da forma f(x) = ax3 + bx2 + cx + d com a = 0 que

verificam f ′(−1) = f ′(1) = 0. Alguma das funções determinadas anteriormente verificaf(0) = f(1)? Justificar sua resposta.Solução.

De f(x) = ax3 + bx2 + cx+ d, temos que f ′(x) = 3ax2 + 2bx+ c

f ′(−1) = 3a− 2b+ c = 0 e f ′(1) = 3a+ 2b+ c = 0 ⇒ c = −3a e b = 0

Em geral, a função é da forma f(x) = ax3 − 3ax+ d

f(0) = f(1) ⇔ d = −2a+ d ⇔ a = 0

Neste caso a função é da forma f(x) = d.

Miscelânea 5.1.5.Seja f : R → R função derivável; e sejam a e b duas raízes da derivada f ′(x) de

modo que entre elas não exista outra raiz de f ′(x). Determine se pode ocorrer alguma dasseguintes possibilidades:


1. Entre a e b não existe nenhuma raiz de f(x).

2. Entre a e b existe só uma raiz de f(x).

3. Entre a e b existem dois ou mais raízes de f(x).

Solução.

1.

2. Se f(x) = cosx, é definido no intervalo [0, π], sua única raiz é x =π

2. Por outro lado,

f ′(x) = −sen x tem como raízes x = 0 e x = π no intervalo [0, π].

Logo en entre a = 0 e b = π raízes de f ′ existe uma raiz x =π

2de f .

Se f(x) = x3 − 2x2 − x+ 2, suas raízes são x = −1, x = 1 e x = 2. Por outro lado,

f ′(x) = 3x2 − 4x− 1 tem como raízes x =4± 2

√7

6e x = 1, 54.

Logo en entre a = −0, 21 e b = 1, 54 raízes de f ′ existe uma raíz x = 1 de f .

3.

Miscelânea 5.1.6.Mostre que a equação x+ xsen x− x2 = 0 tem exatamente duas raízes reais.

Solução.

Observe que x+ xsen x− x2 = 0 ⇒ x(1 + sen x− x) = 0 é imediato que x0 = 0 éuma raiz.

Para o caso 1 + sen x − x = 0 ⇒ sen x = x − 1. Como −1 ≤ sen x ≤ 1 ⇔−1 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2. Isto quer dizer que existe x1 ∈ [0, 2] tal que1 + sen x1 − x1 = 0.

Portanto, a equação x+ xsen x− x2 = 0 tem exatamente duas raízes reais.

Miscelânea 5.1.7.

Usar que y = et cos t,dy

dt= et cos t − etsen t,

d2y

dt2= −2etsen t para substituir em:

E =d2y

dt2− 2

dy

dt+ 2t .

Solução.

E = (−2etsen t)− 2(et cos t− etsen t) + 2t ⇒ E = 2(t− et cos t)


Miscelânea 5.1.8.Determine:

1.d3y

dx3sendo y = sen (3x) 2. f ′′′(0) sendo f(x) = sen x cos x

3.d2y

dx2sendo y = Ln (x2 − 3x) 4. f ′′(x) sendo f(x) = ex+x2

5. Todas as derivadas da função f definida por f(x) = 8x4 + 5x3 − x2 + 7

6.d3y

dx3sendo y = 2sen x+ 3 cos x− x3

Solução.

1. y = sen (3x) ⇒ y′ = 3 cos(3x) ⇒ y′′ = −9sen (3x) ⇒ d3y

dx3=

−27 cos(3x)

2. y =1

2sen (2x) ⇒ y′ = cos(2x) ⇒ y′′ = −2sen (2x) ⇒ d3y

dx3=

−4 cos(2x)

Portanto, f ′′′(0) = −4.

3. y = Ln (x2 − 3x) ⇒ y′ =2x− 3

x2 − 3x⇒ y′′ =

2(x2 − 3x)− (2x− 3)2

(x2 − 3x)2

Portanto, f ′′(x) =−2x2 + 6x− 9)

(x2 − 3x)2.

4. f(x) = ex+x2 ⇒ f ′(x) = ex+x2(1 + 2x) ⇒ f ′′(x) = ex+x2

(1 + 2x)2 + 2ex+x2

Portanto, f ′′(x) = ex+x2[(1 + 2x)2 + 2].

5. f(x) = 8x4 + 5x3 − x2 + 7 ⇒ f ′(x) = 32x3 + 15x2 − 2x ⇒ f ′′(x) =

96x2 + 30x − 2 ⇒ f ′′′(x) = 192x + 30 ⇒ f (iv)(x) = 192 ⇒ f (v)(x) =

0 ⇒ f (n)(x) = 0 ∀ n ∈ N, n ≥ 5.

6. y = 2sen x+ 3 cosx− x3 ⇒ y′ = 2 cos x− 3sen x− 3x2 ⇒ y′′ = −2sen x−

3 cos x− 6x ⇒ d3y

dx3= −2 cos x+ 3sen x− 6

Miscelânea 5.1.9.Supondo que as funções abaixo definem implícitamente y como uma função de x, de-

termine a primeira derivada y′

1. x4 + 2y3 − 4xy = 0 2. (x+ y)2 − (x− y)2 = x3 − y3

3. x2y2 + 8x = y − 1 4. x2y + sen 2y = π

5. y2 + cos(2xy) = y 6. y2 + x2 = xy

Solução.


1. x4 + 2y3 − 4xy = 0 ⇒ 4x3 + 6y2 · y′ − 4y − 4x · y′ = 0 ⇒ y′ =2(y − x3)

3y2 − 2x

2. (x+y)2−(x−y)2 = x3−y3 ⇒ 4xy−x3+y3 = 0 ⇒ 4y+4x·y′−3x2−3y2·y′ =

0, logo y′ =3x2 − 4y

4x− 3y2

3. x2y2 + 8x− y + 1 = 0 ⇒ 2xy2 + 2x2y · y′ + 8− y′ = 0 ⇒ y′ =8 + 2xy2

1− 2x2y

4. x2y + sen 2y = π ⇒ 2xy + x2 · y′ + 2 cos 2y · y′ = 0 ⇒ y′ = − 2xy

x2 + 2 cos 2y

5. y2 +cos(2xy) = y ⇒ 2y · y′ − 2ysen (2xy)− 2xsen (2xy) · y′ − y′ = 0, logo temos

y′ =2ysen (2xy)

2y − 2xsen (2xy)− 1

6. y2 + x2 − xy = 0 ⇒ 2y · y′ + 2x− y − x · y′ − 0 ⇒ y′ =x− 2y

2y − x

Miscelânea 5.1.10.Uma frente fria aproxima-se da UFT. A temperatura é z graus t horas a meia noite e

z = 0, 1(400− 40t+ t2) 0 ≤ t ≤ 12. (a) Ache a taxa de variação média de z em relaçãoa t entre 5 e 6 horas da manhã; (b) Ache a taxa de variação de z em relação a t às 5

horas da manha.Solução.

Miscelânea 5.1.11.Se A cm2 é a área de um quadrado e s cm é o comprimento de seu lado, ache a taxa

de variação média de A em relação a s quando s muda de: (a) 4, 00 a 4, 60; (b) 4, 00

a 4, 30 ; (c) 4, 00 a 4, 10 ; (d) Qual a taxa de variação instantânea de A em relação as quando s = 4, 00?Solução.

1.


2.

3.

4.

Miscelânea 5.1.12.

Um tanque de água tem a forma de um cone circular reto invertido, de altura 12

pés e raio da base 6 pés. Bombeia-se água a razão de 10gal por minuto. Determinaraproximadamente a razão com a qual o nível de água sobe ao tanque quando a profundidadeé 3 pés (1 gal ≈ 0.1337pés3)Solução.

Miscelânea 5.1.13.

Uma empresa introduz um novo produto no mercado cujas vendas são dadas por:

S(t) =200(2t+ 1)

t+ 2onde S(t) é a quantidade vendida durante os t primeiros meses. (a)

Encontre a taxa de variação média de S(t) ao longo do primeiro ano. (b) Em que mêsS ′(t) é igual à taxa de variação média durante o primeiro ano?Solução.

Capítulo 6

APLICAÇÕES DAS DERIVADAS

6.1 Velocidade. Aceleração

Exercícios 6-1

Exercício 6.1.1.A altura de uma bola t segundos depois seu lançamento vertical é dada pela função:

h(t) = −16t2 +48t+32. (a) Verifique que h(1) = h(2). (b) Segundo o teorema de Rolle,determine a velocidade instantânea no intervalo [1, 2].

Solução. a)Tem-se que h(x) = −16t2 + 48t + 32, logo h(1) = −16(1)2 + 48(1) + 32 = 64, idem

h(t) = −16(2)2 + 48(2) + 32 = 64

A função h(t) é polinômica, logo é contínua em R em particular em [1, 2].A função h(t) é diferenciável em R em particular em (1, 2).Sua derivada é h′(t) = −32t + 48, como satisfaz as condições do Teorema de Rolle,

segue que h′(c) = −32c+ 48 = 0 para algum c ∈ (1, 2), de onde c = 1, 5.Solução. b)

A velocidade instantânea no intervalo [1, 2] é h′(t) = −32t + 48, a altura máximaalcançada pela bola ocorre aos t = 1, 5 segundos.

Exercício 6.1.2.

O custo C(x) de pedido de uma mercadoria é dada por : C(x) =10(x2 + x+ 2)

x2 + 2xonde

C é medido em milhares de reais e x é o tamanho do pedido medido em centenas. (a)Verifique que C(4) = C(6). (b) Segundo o teorema de Rolle, a taxa variação de custodeve ser zero para algum pedido no intervalo [4, 6]. Determine o tamanho desse pedido.

Solução. a)

389


Tem-se C(x) =10(x2 + x+ 2)

x2 + 2x, de onde C(4) =

10(42 + 4 + 2)

42 + 2(4)=

220

24

C(6) =10(62 + 6 + 2)

62 + 2(6)⇒ C(6) =

220

24

A função C(x) =10(x2 + x+ 2)

x2 + 2xsomente é descontínua em x = 0 e x = −2. Logo é

contínua em [4, 6].

A função C(x) =10(x2 + x+ 2)

x2 + 2xnão é diferenciável em x = 0 e x = −2. Logo é

diferenciável em (4, 6). Sua derivada é C ′(x) =10(x2 − 4x− 4)

(x2 + 2x)2

Aplicando o Teorema de Rolle segue que C ′(α) =10(α2 − 4α− 4)

(α2 + 2α)2= 0 de onde

α = 2 +√8 ∈ (4, 6).

Solução. b)

Como 2 +√8 u 4, 8284, a taxa de variação do custo é zero para pedidos aproximada-

mente de 4, 83 milhares de reais.

Exercício 6.1.3.

Seja a função real:

f(x) =

x2 + x+ 1

x+ ase, x < 1

x3 + bx2 − 5x+ 3 se, 1 ≤ x ≤ 3

2x+ 2

x2 − 9se, x >

3

2

1. Suponha f seja diferenciável no intervalo (−∞,3

2); determine a e b.

2. Achar a n-ésima derivada da função f em x = 2.

Solução. 1)

Podemos escrever: f(x) =

x2 + x+ 1

x+ ase, x < 1

b− 1 se, x = 1

x3 + bx2 − 5x+ 3, se, 1 < x ≤ 3

2x+ 2

x2 − 9se, x >

3

2

Como f seja diferenciável no intervalo (−∞,3

2) então é contínua em x = 1, logo

limx→1−

f(x) =3

1 + ae lim

x→1+f(x) = b− 1 ⇒ 3

1 + a= (b− 1) (6.1)


A derivada existe em x = 1 e:

f ′(x) =

x2 + 2ax+ a− 1

(x+ a)2se, x < 1

limh→0

f(1 + h)− f(1)

hse, x = 1

3x2 + 2bx− 5 se, 1 < x ≤ 3

2

−x2 + 4x+ 9

(x2 − 9)2se, x >

3

2

limh→0+

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0+

[(1 + h)3 + b(1 + h)2 − 5(1 + h) + 3]− (b− 1)

h= 2b− 2

limh→0−

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0−

( (1+h)2+(1+h)+1(1+h)+a

)− (b− 1)

h=

4− b

a+ 1

limh→0−

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0+= lim

h→0+

f(1 + h)− f(1)

h⇒ 4− b

a+ 1= 2(b− 1)

De (6.1) e de4− b

a+ 1= 2(b− 1) segue 4− b = 6 ⇒ b = −2 e a = −2

Solução. 2)

Para x >3

2, segue que f(x) =

x+ 2

x2 − 9=

5

6(x− 3)+

1

6(x+ 3), assim

f ′(x) =5(−1)

6(x− 3)2+

(−1)

6(x+ 3)2⇒ f ′′(x) =

5(−1)2(2)

6(x− 3)3+

(−1)2(2)

6(x+ 3)3

f ′′′(x) =5(−1)3 · 3!6(x− 3)4

+(−1)3(3!)

6(x+ 3)4⇒ f (iv)(x) =

5(−1)4(4!)

6(x− 3)5+

(−1)4(4!)

6(x+ 3)5

Em geral

f (n)(x) =(−1)n(n!)

6

[5

(x− 3)n+1+

1

(x+ 3)n+1

]=

(−1)n(n!)

6

[5(x+ 3)n+1 + (x− 3)n+1

(x2 − 9)n+1

]

Assim, f (n)(2) =(−1)n(n!)

6

[5n+2 + (−1)n+1

(−5)n+1

].

Exercício 6.1.4.

Um avião a uma altura de 3000m esta voando horizontalmente a 500km/h, e passadiretamente sobre um observador. Determine a velocidade que se aproxima do observadorno instante em que está a 5.000m do dele.Solução.

Suponhamos o avião se encontre em um ponto A distante do observador C, Seja B

um ponto vertical sobre o observador, isto é uma altura de 3000m = 3 km.


Então voando o avião se se encontra a uma dis-tância AC = x do observador, e AB = s temosque 32 + s2 = x2 de onde 0 + 2sds = 2xdx.

Queremos determinardx

dt.

Observe que, quando x = 5, s = 4 e BC = 3Como a velocidade de avião do ponto A em dire-

ção a B éds

dt= −500 km/h (pois se aproxima de

EB), segue que: Figura 6.1:

2sds

dt= 2x

dx

dt⇒ 5

dx

dt= (−500)(4) ⇒ dx

dt= −400 km/h

Se aproxima a uma velocidade de 400 km/h.

Exercício 6.1.5.Um tanque tem a forma de um cone com o vértice para abaixo e mede 12m de altura

e 12m de diâmetro. Bombeia-se água a razão de 4m3/min. Calcular a razão com que onível de água sobe: a) Quando a água tem 2m de profundidade. b) Quando a água tem8m de profundidade.Solução.

Figura 6.2:

Sejam r o raio da base do cone e h suaaltura, então seu volume é dado por

V =1

3πr2h

Por semelhança de triângulos tem-se quer

6=

h

12então r =

h

2, logo volume é dado

por V =1

12πh3 ⇒ dV

dh=

1

4πh2

O diferencial do volume em relação a seu altura h é dado por dV =1

4πh2dh. Como

os diferenciais dependem do tempodV

dt=

1

4πh2dh

dt, sabe-se que

dV

dt= 4m3/min.

a) Quando a altura h = 2m ⇒ 4 =1

4π22

dh

dt⇒ dh

dt=

4

πm/min.

b) Quando a altura h = 8m ⇒ 4 =1

4π82

dh

dt⇒ dh

dt=

1

4πm/min.

Portanto, sobe o nível da água no instante em que a profundidade da água é de 2m com

uma velocidade de4

πm/min., e sobe o nível da água no instante em que a profundidade

da água é de 8m com uma velocidade de1

4πm/min.


Exercício 6.1.6.Escrever as equações da reta tangente e normal à catenária y = cosh

[x2

], no ponto

x = 2Ln 2.Solução.

A derivada de y = f(x) = cosh[x2

]é f ′(x) =

1

2senh

[x2

], quando x = 2Ln 2 o

coeficiente angular da reta tangente é f ′(2Ln 2) =1

2senh (Ln 2) =

3

4.

Quando x = 2Ln 2, segue que a reta tangente e normal têm que passar pelo ponto

(2Ln 2,5

4) isto do fato cosh(Ln 2) =

5

4, então:

• Reta tangente: y =5

4+

3

8(x− 2Ln 2).

• Reta normal: y =5

4− 8

3(x− 2Ln 2).

Exercício 6.1.7.Num instante dado, os catetos de um triângulo reto são 8cm e 6cm respectivamente.

O primeiro cateto decresce a razão de 1cm por minuto e o segundo cresce a razão de 2cm

por minuto. Com que velocidade cresce a área depois de dois minutos?Solução.

Observe que os catetos estão definidos em função do tempo t, pelos dados do problema:Quando t = 0 o primeiro cateto é x(0) = 8cm, o segundo cateto mede y(0) = 6 cm.Quando t = 1 o primeiro cateto é x(1) = (8 − 1)cm, o segundo cateto mede y(1) =

(6 + 2) cm.Quando t = 2 o primeiro cateto é x(2) = (8 − 2)cm, o outro cateto mede y(2) =

(6 + 2(2)) cm.Se t é algum tempo transcorrido, o primeiro cateto mede x(t) = (8− t) cm, o segundo

cateto y(t) = (6 + 2t) cm.A área do triângulo em função do seus catetos é A(t) = 1

2(8− t)(6 + 2t) cm2

A velocidade de crescimento é A′(t) = 5 − 2t. Quando t = 2min segue que A′(2) =

1 cm2/min.

Exercício 6.1.8.Uma bola enche-se de ar a razão de 15cm3/sg. Com que velocidade esta crescendo o

diâmetro depois de 5 segundos?. Supor que o diâmetro é zero no instante zero.Solução.

O volume V da esfera em função de seu raio r é dado por V =4

3πr3, em função do

seu diâmetro D = 2r é dado por V =1

6πD3.


ComodV

dt= 15cm3/seg ⇒ V (t) = 15t cm3 em t segundos.

De onde 15t =1

6π[D(t)]3 ⇒ 90t = π[D(t)]3 derivando implícitamente

3π[D(t)]2 · dDdt

(t) = 90 ⇒ π[D(5)]2 · dDdt

(5) = 30

⇒ π3

√4502

π2D′(5) = 30 ⇒ D′(5) =

30

π3

√π2

4502= 3, 439 cm/sg

Exercício 6.1.9.Um corpo em queda livre percorre uma distância D que varia com o tempo segundo

a equação: D(t) = 4, 9t2 (distância em metros e t em segundos). a) Calcular a taxade variação de d (distância) em relação a t entre t1 e t2 nos seguintes intervalos:(1s, 1.5s), (1s, 1.3s).Solução.

Seja ∆D a variação da distância D, e ∆t variação do tempo, então

• Para (1s, 1.5s) tem-se a taxa∆D

∆t=

4, 9(1, 5)2 − 4, 9(1)2

1, 5− 1=

6, 125

0, 5= 12, 25m

• Para (1s, 1.3s) tem-se a taxa∆D

∆t=

4, 9(1, 3)2 − 4, 9(1)2

1, 3− 1=

3, 381

0, 3= 11, 27m

Exercício 6.1.10.

Um ponto se move ao longo de uma curva y =√1 + x2 de modo que

dx

dt= 4. Achar

dy

dtquando x = 3.

Solução.

Observe que y =√1 + x2, então

dy

dx=

x√1 + x2

de onde dy =3√

1 + 32· dx.

Assim,dy

dt=

3√1 + 32

· dxdt

⇒ dy

dt=

3√10

· (4) = 6√10

5.

Exercício 6.1.11.Acumula-se areia em forma cônica a razão de 10dm3/min. Se a altura do cone é

sempre igual a dos vezes o raio de sua base, a que razão cresce a altura do cone quandoesta é igual a 8dm?Solução.

Sejam h a altura e r o raio do cone, seu volume é V =1

3πr2h como h = 2r ⇒

V =1

12πh3.

O diferencial do volume em relação á altura é dV =π

4h2 · dh em relação ao tempo

dV

dt=

π

4h2 · dh

dt.


Como h = 8 dm edV

dt= 10 dm3/min ⇒ 10 =

π

4(8)2 · dh

dt⇒ dh

dt=

5

8πdm/min.

Exercício 6.1.12.Uma escada com 6m de comprimento está apoiada em uma parede vertical. Se a base

da escada começa a se deslizar horizontalmente, à razão de 0, 6m/s, com que velocidadeo topo da escada desce a parede, quando está a 4m do solo?Solução.

Suponhamos seja x a distância da base da escada à parede, e y a distância do topo daescada ao piso. Por Pitágoras 62 = x2 + y2.

Derivando implícitamente segue que 0 = 2x + 2ydy

dx. Assim, esta derivada implícita

podemos escrever na forma −y ·dy = x·dx de onde dividindo por dt (diferencial do tempo)obtém-se

−y · dydt

= x · dxdt

Como ao deslizar a escada no piso, a base da escada se afasta da parede a cada segundo,

entãodx

dt= 0, 60m/s. Logo como x = 4 implica y =

√62 − 42 = 2

√5 então

−y · dydt

= x · dydt

⇔ −(2√5) · dy

dt= (4) · (0, 6m/s) ⇒ dx

dt=

2√5

10

Portanto, o topo da escada se aproxima do piso a uma velocidade de 0, 44m/s.

Exercício 6.1.13.A altura de um objeto t segundos após de ser largado a 150m do solo é dada pela

função: f(t) = 150 − 4, 9t. (a) Encontre a velocidade média do objeto durante os trêsprimeiros segundos. (b) Mediante o T.V.M. verificar que em algum instante durante ostrês primeiros segundos de queda, a velocidade instantânea é igual à velocidade média.Encontre esse instante.Solução.

a) A velocidade média durante os três primeiros segundos é

vm =f(3)− f(0)

3− 0=

[150− 4, 9(3)]− 150

3= −4, 9m/s

b) A velocidade instantânea é v(t) = f ′(t) = −4, 9m/s como podemos observar coincidecom a velocidade média.

Exercício 6.1.14.


Uma bola de bilhar é atingida e move-se em linha reta. Se Scm é a distância da bolade sua posição inicial em t segundos, onde S = 100t2 +100t. Se vcm/s é a velocidade dabola , então v é a taxa de variação de S com relação a t. Se a bola bate na tabela a 39cm

da posição inicial ,com que velocidade ela bate na tabela?Solução.

Tem-se S = 100t2 + 100t, logo v = S ′ = 200t+ 100 é a velocidade da bola.Quando S = 39 ⇒ 39 = 100t2 + 100t ⇒ t = 0, 3 ou t = −0, 8.A bola bate com uma velocidade de v(0, 3) = 200(0, 3) + 100 = 160m/sg

Exercício 6.1.15.

Um foguete é lançado verticalmente para cima, e está S metros acima do solo, t

segundos após o lançamento, onde S = 560t − 16t2 é a direção positiva para cima. Sev m/s é a velocidade do foguete, então v é a taxa de variação de S em relação a t . (a)Ache a velocidade do foguete 2seg. após o lançamento; (b) Se a altura máxima é atingidaquando a velocidade é zero, ache quanto tempo demora para o foguete atingir sua alturamáxima.Solução.

a) Temos que a velocidade instantanea do foguete é S ′(t) = 560 − 32t, quando t = 2s

temos v(2) = S ′(2) = 528m/s

b) Por outro lado, v(t) = S ′(t) = 560− 32t = 0 ⇒ t =560

32= 17, 5s.

Demora 17, 5 segundos.

Exercício 6.1.16.

Um carro tem que se trasladar do ponto A até o ponto B (ver Figura ). O ponto B seencontra a 36km de uma estrada reta. Sobre a estrada o carro percorre a uma velocidadeconstante de 100km/h, entanto que no terreno sua velocidade é de 80km/h. Qual é opercorrido que o condutor deve seguir para que o tempo em ir de A até B seja o mínimo?Qual o tempo que demora para percorrer de A até B?

A � 100 km -

B............

36 km

EstradaSolução.


Podemos supor um ponto C na estrada como indica a Figura, logo o caminho apercorrer é de A até B passando por C

A função que descreve o caminho a percorrer é

f(x) = AC + CB isto é f(x) = (100− x) +√x2 + 362

A - C ��

��

100− x

B............

36 km

Estrada

Considerando que velocudade =espaçotempo

segue o tempo T (x) gasto para ir de A até

B passando por C é

T (x) =100− x

100+

√x2 + 362

80

Queremos achar x1 que minimiza T (x)

T ′(x) = − 1

100+

x

80√x2 + 362

= 0 ⇒√x2 + 362 =

5

4x ⇒ x = ±48

T ′′(x) =1

80· 362√

(x2 + 362)3⇒ T ′′(48) > 0

temos mínimo quando 48km, e T (48) =100− 48

100+

√482 + 362

80= 1, 27 = 1h16min.

Portanto, o condutor percorre 62km de estrada e 60km de terreno num tempo totalde 1h16min.


6.2 Gráfico de funções.

Exercícios 6-2

Exercício 6.2.1.Determinar os intervalos de crescimento, os extremos relativos e esboçar o gráfico das

seguintes funções.

1. f(x) = x3 + 2x2 − 4x+ 2 2. f(x) = x4 − 14x2 − 24x+ 1

3. f(x) = 53√x2 − 3

√x5 4. f(x) =| x2 − 9 |

5. f(x) =x

x2 + 16. f(x) =

x+ 1

x2 + x+ 1

7. g(x) =x2 + 2

x2 − 4x8. f(x) =

x2 − 5x+ 6

x2 − 4x− 5

9. g(x) = 3x5 − 125x3 + 2160x 10. g(x) = (x− 1)3√x2

11. h(x) = 3√

(x+ 2)2 − 3√

(x− 2)2 12. g(x) = x3 +3

x

13. f(x) =x2 + 2x− 33

x− 414. f(x) =

x2 + x+ 1

1− x+ x2

15. f(x) =1− x+ x2

1 + x+ x216. f(x) =

1− x+ x2

1 + x− x2

Solução.

1. f(x) = x3 + 2x2 − 4x+ 2 ⇒ f ′(x) = 3x2 + 4x− 4 = (3x− 2)(x+ 2)

São pontos críticos: x1 = −2 e x2 =2

3.

• Se x = −2 ⇒ f(−2 + h) < 0 e f(−2− h) > 0, logo em (−2, f(−2)) =

(−2, 10) existe máximo relativo.

• Se x =2

3⇒ f(

2

3+h) > 0 e f(

2

3−h) < 0, logo em (

2

3, f(

2

3)) = (

2

3,14

27)

existe mínimo relativo.

A função é crescente nos intervalos (−∞, −2) e (2

3,+∞).

A função é decrescente no intervalo (−2,2

3).

2. f(x) = f(x) = x4−14x2−24x+1 ⇒ f ′(x) = 4(x3−7x−6) = 4(x+1)(x2−x−6)

São pontos críticos: x1 = −1, x2 =1 +

√37

2e x3 =

1−√37

2.

Como f ′′(x) = 4(3x2−7) tem-se que f ′′(x1) = 4(3x21−7) < 0, f ′′(x2) = 4(3x2

1−7) > 0

e f ′′(x3) = 4(3x21 − 7) > 0.


Tem-se (x1, f(x1) é ponto de máximo relativo. E os pontos (x2, f(x2) e (x3, f(x3)

são pontos de mínimo relativo.

3. f(x) = 53√x2 − 3

√x5 ⇒ f ′(x) =

10

3 3√x− 5

33√x2

São pontos críticos: x1 = 2 e x2 = 0.

Como f ′′(x) = − 10

93√x4

− 10

9 3√x

tem-se que f ′′(x1) < 0 e f ′′(x2) não existe.

Tem-se f(x1) = 3 3√4 ⇒ (2, 3 3

√4) é ponto de máximo relativo.

A função é crescente no intervalo (0, 2) e decrescente no intervalo (2, +∞).

4. f(x) =| x2−9 |=

{x2 − 9, se x2 ≥ 9

9− x2 se x2 < 9⇒ f ′(x) =

{2x se x2 ≥ 9

−2x se x2 < 9

Como em x = 3 e x = −3 não existe a derivada, então são pontos críticos: x1 =

−3, x2 = 3 e x3 = 0.

Como f ′′(x) =

{2 se x2 ≥ 9

−2 se x2 < 9tem-se que f ′′(x3) = −2 < 0.

Tem-se f(x1) = f(x2) = 0 ⇒ (−3, 0) e (3, 0) são pontos de mínimo relativo.De f(x3) = 9 ⇒ (0, 9) é ponto de máximo relativo.

A função é decrescente nos intervalos (−∞, −3) e (0, 3). A função é crescente nosintervalos (−3, 0) e (3,+∞).

5. f(x) =x

x2 + 1⇒ f ′(x) =

1− x2

(x2 + 1)2=

(1− x)(1 + x)

(x2 + 1)2

São pontos críticos: x1 = −1 e x2 = 1.

Como f ′′(x) =2x(x2 − 3)

(1 + x2)3tem-se que f ′′(x1) =

1

2> 0 e f ′′(x2) = −1

2< 0.

Tem-se f(x1) = −1

2⇒ (−1, −1

2) é ponto de mínimo relativo. De f(x2) =

1

2⇒ (1,

1

2) é ponto de máximo relativo.

A função é decrescente nos intervalos (−∞, −1) e (1,+∞). A função é crescenteno intervalo (−1, 1).

6. f(x) =x+ 1

x2 + x+ 1⇒ f ′(x) =

−x(x+ 2)

(x2 + x+ 1)2

São pontos críticos: x1 = 0 e x2 = −2. Pois o denominador nunca é zero.

Seja h > 0, temos para o ponto x = 0

f ′(0 + h) =−h(h+ 2)

(h2 + h+ 1)2< 0 e f ′(0− h) =

h(−h+ 2)

(h2 − h+ 1)2> 0

logo, em x = 0 temos ponto de máximo relativo.


Para o ponto x = −2

f ′(−2 + h) =−h(−2 + h)

(h2 + 3h+ 5)2> 0 e f ′(−2− h) =

−h(h+ 2)

(h2 + 3h+ 3)2< 0

logo, em x = −2 temos ponto de mínimo relativo.

O ponto (0, 1) é o ponto de máximo relativo no gráfico de f(x), o ponto (−2, −1

3)

é o ponto de máximo relativo no gráfico de f(x).

7. g(x) =x2 + 2

x2 − 4x⇒ g′(x) =

−4(x+ 2)(x− 1)

(x2 − 4x)2

São pontos críticos: x1 = 1, x2 = −2, x3 = 0 e x4 = 4.

Seja h > 0, temos para o ponto x = 1

g′(1 + h) =−4h(h+ 3)

(h+ 1)2(h− 3)2< 0 e g′(1− h) =

4h(3− h)

(1− h)2(−h− 3)2> 0

logo, em x = 1 temos ponto de máximo relativo.

O ponto (1, −1) é o ponto de máximo relativo no gráfico de g(x).

Para o ponto x = −2

g′(−2 + h) =−4h(h− 3)

(h− 2)2(h− 6)2> 0 e g′(−2− h) =

4h(−h− 3)

(−h− 2)2(−h− 6)2< 0

logo, em x = −2 temos ponto de mínimo relativo.

O ponto (−2, −1

2) é o ponto de máximo relativo no gráfico de g(x).

Para o ponto x = 0

g′(0 + h) =−4(h+ 2)(h− 1)

(h2 − 4h)2> 0 e g′(0− h) =

4(2− h)(h+ 1)

(−h)2(−h− 4)2> 0

logo, em x = 0 temos a função é crescente em [−2, 1] porém não existe g(0) (édescontínua em x = 0).

Para o ponto x = 4

g′(4 + h) =−4(h+ 6)(3 + h)

h2(4 + h)2< 0 e g′(4− h) =

−4(6− h)(3− h)

(−h)2(4− h)2< 0

logo, em x = 4 temos a função é crescente em [4, +∞] porém não existe g(4) (édescontínua em x = 4).

8. f(x) =x2 − 5x+ 6

x2 − 4x− 5⇒ f ′(x) =

x2 − 22x+ 49

(x− 5)2(x+ 1)2=

(x− 2, 51)(x− 19, 48)

(x− 5)2(x+ 1)2


São pontos críticos: x1 = 11 − 6√2 ≈ 2, 51, x2 = 11 + 6

√2 ≈ 19, 48, x3 = 5 e

x4 = −1. Seja h > 0. As retas x = −1 e x = 5 são assíntotas verticais.

• Se x = 11− 6√2 ⇒ f ′(11− 6

√2+ h) < 0 e f ′(11− 6

√2− h) > 0, logo

em (11− 6√2, f(11− 6

√2)) existe máximo relativo.

• Se x =≈ 19, 48 ⇒ f(≈ 19, 48 + h) > 0 e f(≈ 19, 48− h) < 0, logo em(19, 48, f(19, 48)) existe mínimo relativo.

A função é crescente nos intervalos (−∞, −1) e (−1; 2, 51), decrescente nos inter-valos (2, 51; 5) e .

9. g(x) = 3x5 − 125x3 + 2160x ⇒ g′(x) = 15(x− 3)(x+ 3)(x− 4)(x+ 4)

São pontos críticos: x1 = 3, x2 = −3, x3 = 4 e x4 = −4. Seja h > 0

• Se x = 3 ⇒ g′(3 + h) < 0 e g′(3 − h) > 0, logo em (3, g(3)) existemáximo relativo.

• Se x = −3 ⇒ g′(−3 + h) > 0 e g′(−3 − h) < 0, logo em (−3, g(−3))


• Se x = 4 ⇒ g′(4 + h) > 0 e g′(4 − h) < 0, logo em (4, g(4)) existemínimo relativo.

• Se x = −4 ⇒ g′(−4 + h) < 0 e g′(−4 − h) > 0, logo em (−4, g(−4))

existe máximo relativo.

10. g(x) = (x− 1)3√x2 ⇒ g′(x) =

5x− 2

3 3√x

São pontos críticos: x1 = 0 e x2 =2

5.

• Se x =2

5⇒ g′(

2

5+ h) > 0 e g′(

2

5− h) < 0, logo em (

2

5, g(

2

5)) existe

mínimo relativo.

• Se x = 0 ⇒ g′(0) não existe.

11. h(x) = 3√

(x+ 2)2 − 3√(x− 2)2 ⇒ h′(x) =

2[ 3√x− 2− 3

√x+ 2]

3 3√x2 − 22

São pontos críticos: x1 = 2 e x2 = −2.

• Se x = 2 ⇒ g′(2 + h) < 0 e g′(2 − h) > 0, logo em (2, g(2)) existemáximo relativo.

• Se x = −2 ⇒ g′(−2 + h) > 0 e g′(−2 − h) < 0, logo em (−2, g(−2))



12. g(x) = x3 +3

x⇒ g′(x) =

3(x2 + 1)(x+ 1)(x− 1)

x2

São pontos críticos: x1 = 1, x2 = −1 e x3 = 0.

• Se x = 1 ⇒ g′(1 + h) > 0 e g′(1 − h) < 0, logo em (1, g(1)) existemínimo relativo.

• Se x = −1 ⇒ g′(−1 + h) < 0 e g′(−1 − h) > 0, logo em (−1, g(−1))


• Se x = 0 ⇒ g′(0) não existe.

A função é crescente nos intervalos (−∞,−1) e (1,+∞), decrescente nos intervalos(−1, 0) e (0, 1) com descontinuidade em x = 0.

13. f(x) =x2 + 2x− 33

x− 4⇒ f ′(x) =

(x− 4)2 + 25

(x− 4)2⇒ f ′′(x) = − 50

(x− 4)3

É ponto crítico: x1 = 4, não existe f(4), tem assíntota vertical na reta x = 4. Afunção é crescente em todo R.

14. f(x) =x2 + x+ 1

1− x+ x2⇒ f ′(x) =

2(1− x)(1 + x)

(1− x+ x2)2.


• Se x = 1 ⇒ f ′(1 + h) < 0 e f ′(1 − h) > 0, logo em (1, f(1)) existemáximo relativo.

• Se x = −1 ⇒ f ′(−1 + h) > 0 e f ′(−1 − h) < 0, logo em (−1, f(−1))


A função é decrescente no intervalo (−∞, −1), crescente no intervalo (−1, 1), edecrescente no intervalo (1, +∞).

15. f(x) =1− x+ x2

1 + x+ x2⇒ f ′(x) =

2(x− 1)(x+ 1)

(1 + x+ x2)2.


• Se x = 1 ⇒ f ′(1 + h) > 0 e f ′(1 − h) < 0, logo em (1, f(1)) existemínimo relativo.

• Se x = −1 ⇒ f ′(−1 + h) < 0 e f ′(−1 − h) > 0, logo em (−1, f(−1))


A função é crescente no intervalo (−∞, −1), decrescente no intervalo (−1, 1), ecrescente no intervalo (1, +∞).


16. f(x) =1− x+ x2

1 + x− x2⇒ f ′(x) =

2(2x− 1)

(1 + x− x2)2.

É ponto crítico: x1 =1

2, não existe f(

1

2±

√5

2), tem assíntota vertical nas retas

x =1

2±

√5

2. A função é crescente em todo R.

• Se x =1

2⇒ f ′(

1

2+ h) > 0 e f ′(

1

2− h) < 0, logo em (

1

2, f(

1

2)) existe

mínimo relativo.

A função é decrescente no intervalo (−∞,1

2) com descontinuidade em x =

1

2−

√5

2,

crescente no intervalo (1

2, +∞) com descontinuidade em x =

1

2+

√5

2.

Exercício 6.2.2.Suponhamos ai > 0, i = 1, 2, . . . n, para os seguintes exercícios determine os pontos

de máximo ou mínimo, caso existir.1. f(x) = (a1 − x)2 + (a2 − x)2 para a = b.2. f(x) = (a1 − x)2 + (a2 − x)2 + (a3 − x)2 + · · ·+ (an − x)2

3. f(x) = (a1 − 2x2)2 + (a2 − 2x2)2 + (a3 − 2x2)2 + · · ·+ (an − 2x2)2.4. f(x) = (a1 − x)r + (a2 − x)r + (a3 − x)r + · · ·+ (an − x)r.

Solução.

1. f(x) = (a1 − x)2 + (a2 − x)2 ⇒ f ′(x) = −2(a1 + a2 − 2x) . É ponto crítico:

x1 =a1 + a2

2.

Como f ′′(x1) = 4 > 0 tem-se que f(x1) =(a1 − a2)

2

2⇒ (

a1 + a22

,(a1 − a2)

2

2)

é ponto de mínimo relativo.

2. Seja n ∈ N, e f(x) = (a1 − x)2 + (a2 − x)2 + (a3 − x)2 + · · · + (an − x)2 entãosegue que f ′(x) = −2(a1 + a2 + a3 + · · · + an − nx) . É ponto crítico: x1 =a1 + a2 + a3 + · · ·+ an

n.

Como f ′′(x1) = 2n > 0 tem-se que (x1, f(x1)) é ponto de mínimo relativo.

3. Seja n ∈ N, e f(x) = (a1 − 2x2)2 + (a2 − 2x2)2 + (a3 − 2x2)2 + · · ·+ (an − 2x2)2 entãosegue que f ′(x) = −8x[(a1 + a2 + a3 + · · ·+ an)− 2nx2]. Sos pontos críticos:

x1 = 0, x2 =

√a1 + a2 + a3 + · · ·+ an√

2n, x2 = −

√a1 + a2 + a3 + · · ·+ an√

2n

A derivada segunda f ′′(x) = −8(a1 + a2 + a3 + · · ·+ an) + 48nx2

Como f(x1) < 0 tem-se que (x1, f(x1)) é ponto de máximo relativo.


Como f(x2) > 0 tem-se que (x2, f(x2)) é ponto de mínimo relativo. Tambémf(x3) > 0 tem-se que (x3, f(x3)) é ponto de mínimo relativo.

4. Sejam n, r ∈ N, e f(x) = (a1 − x)r + (a2 − x)r + (a3 − x)r + · · · + (an − x)r entãosegue que

f ′(x) = −r[(a1 − x)r−1 + (a2 − x)r−1 + (a3 − x)r−1 + · · ·+ (an − x)r−1]

f ′′(x) = r(r − 1)[(a1 − x)r−2 + (a2 − x)r−2 + (a3 − x)r−2 + · · ·+ (an − x)r−2]

Se r-ímpar, f ′(x) = 0 se e somente se (an − x)r−1 = 0, n ∈ N ⇒ an − x =

0, ∀ n ∈ N.

Logo x =a1 + a2 + a3 + · · ·+ an

n

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

⇓

Exercício 6.2.3.Determine os intervalos de, crescimento e decrescimento para as funções:1. y = x(1 +

√x) 2. y = x− 2sen x, se 0 ≤ x ≤ 2π

Solução.

1.

2. y = x− 2sen x ⇒ dy

dx= 1− 2 cos x.


São pontos críticos: αk =π

3+ 2kπ βk =

5π

3+ 2kπ, k ∈ Z.

Como f ′′(x) = 2sen x tem-se que f ′′(αk) = 2sen (π

3+ 2kπ) > 0 e f ′′(βk) =

2sen (5π

3+ 2kπ) < 0.

Seja y = f(x), tem-se (αk, f(αk)) são pontos de mínimos relativos, e (βk, f(βk))

são pontos de máximos relativos.

Quando k = 0 tem-se que α0 =π

3β0 =

5π

3são pontos críticos em [0, 2π].

São intervalos de decrescimento (0,π

3) e (

5π

3, 2π). A função é crescente em (

π

3,5π

3).

Exercício 6.2.4.Analisar os extremos das seguintes funções:1. y = (x− 5)ex 2. y = x

√1− x2

3. y = (x− 1)4 4. y = 1− 3√(x− 2)4

Solução.

1. y = (x − 5)ex ⇒ y′ = (x − 4)ex o único ponto crítico é x = 4 observe quey′′ = (x− 3)ex > 0 quando x = 4.

Logo em x = 4 temos ponto de máximo relativo.

2. y = x√1− x2 ⇒ y′ =

1− 2x2

√1− x2

. São pontos críticos x1 =

√2

2e x2 = −

√2

2

Observe que y′′ =2x(x2 − 3

2)√

(1− x2)3. No ponto x2 temos y′′ > 0 logo aqui acontece um

mínimo local. No ponto x1 temos y′′ < 0 logo aqui acontece um máximo local.

3. y = (x− 1)4 ⇒ y′ = 4(x− 1)3 o único ponto crítico é x = 1 observe que quandoh > 0 temos y′ = 4((1 + h)− 1)3 > 0 e y′ = ((1− h)− 1)3 < 0.

Logo em x = 1 temos ponto de mínimo relativo.

4. y = 1 − 3√

(x− 2)4 ⇒ y′ = −4

33√x− 2 o único ponto crítico é x = 2 observe

que y′ = −4

33√x− 2 > 0 quando x < 2 e y′ = −4

33√x− 2 < 0 quando x > 2 .

Portanto, a função tem máximo relativo em x = 2.

Exercício 6.2.5.Determinar os valores a, b e c se:1. f(x) = 2x3 + ax2 + b tem extremo relativo em (−1, 2).2. g(x) = ax2 + bx+ c tem extremo relativo em (1, 7) e o gráfico passa pelo ponto

(2, −2).Solução.


1. f(x) = 2x3 + ax2 + b ⇒ f ′(x) = 6x2 + 2ax tem-se que x = 0 e x = −a

3.

Pela condição do extremo em (−1, 2) segue que −1 = −a

3⇒ a = 3. Como

passa por 2 = f(−1) = −2− 3 + b ⇒ b = 7. Portanto, f(x) = 2x3 + 3x2 + 7.

2. g(x) = ax2 + bx+ c ⇒ g′(x) = 2ax+ b tem-se que x = − b

2a.

Pela condição do extremo em (1, 7) segue que 1 = − b

2a⇒ 2a = −b. Como

passa por −2 = g(2) = 4a+2b+c ⇒ −2 = (−2b)+2b+c ⇒ c = −2, assimg(x) = ax2 − 2ax− 2. Como passa por (1, 7) segue que 7 = g(1) = a− 2a− 2 ⇒a = −9.

Portanto, g(x) = −9x2 + 18x− 2.

Exercício 6.2.6.Para cada uma das seguintes funções, determine o máximo ou mínimo absoluto nos

intervalos indicados.1. f(x) = 3x4 − 8x3 + 6x2 em [−1

2,1

2] 2. f(x) =

1

2em [−1

2, 1]

3. f(x) =1

x5 + x+ 1em [−0, 5] 4. f(x) =

x+ 1

x2 + 1em [−1,

1

2]

Solução.

1. Para todo x ∈ [−1

2,1

2] tem-se que 0 ≤ x2 ≤ 1

4, 0 ≤ x4 ≤ 1

16e −1

8≤ x3 ≤ 1

8.

Assim, 0− 8

8≤ 3x4 − 8x3 + 6x2 ≤ 3

16+

8

8+

6

4⇒ −1 ≤ f(x) ≤ 43

16.

Por outro lado, f ′(x) = 12x(x− 1)2 e f ′′(x) = 12(x2− 4x+1). São pontos críticosx = 0 e x = 1 e como f ′′(0) > 0 tem-se em x = 0 mínimo relativo. O ponto demínimo relativo é (0, 0).

Para todo x ∈ [1

2, 0) tem-se f ′(x) < 0, logo f é decrescente em [

1

2, 0). Para todo

x ∈ (0,1

2] tem-se f ′(x) > 0, logo f é crescente em [

1

2, 0).

Como f(−1

2) =

43

16então em x = −1

2tem-se máximo absoluto, e em x = 0 tem-se

mínimo absoluto.

2. Para a função f(x) =1

2em [−1

2, 1] pela definição, qualquer ponto do intervalo é

ponto de máximo e mínimo absoluto.

3. Para a função f(x) =1

x5 + x+ 1quando x ∈ [0, 5] então 0 ≤ x ≤ 5 ⇒ 0 ≤

x5 ≤ 3125 logo 1 ≤ x5 + x+ 1 ≤ 3131. Assim,1

3131≤ 1

x5 + x+ 1≤ 1.

Por outro lado, f ′(x) = − 5x4 + 1

(x5 + x+ 1)2< 0 para todo x ∈ [0, 5], logo a função é

decrescente em [0, 5].


Quando x = 0 temos f(0) = 1 é o ponto de máximo absoluto; quando x = 5 temos

f(5) =1

3131é o ponto de mínimo absoluto.

4. Para a função f(x) =x+ 1

x2 + 1quando x ∈ [−1,

1

2] então 0 ≤ x + 1 ≤ 3

2e

1

2≤

1

x2 + 1≤ 1, logo 0 ≤ x+ 1

x2 + 1≤ 3

2

Por outro lado, f ′(x) =2− (x+ 1)2

(x2 + 1)2então quando f ′(x) = 0 temos x = −1 ±

√2

de onde x = −1 +√2 é único ponto pertencente ao intervalo em estudo.

Como f ′(x) > 0 para todo x ∈ [−1,−1+√2] e f ′(x) < 0 para todo x ∈ [−1+

√2,

1

2]

temos mínimo relativo em x = −1+√2, observe que f(−1+

√2) = 8, 2412. Também

f(−1) = 0 e f(12) = 1, 2

Portanto, o ponto de mínimo absoluto ocorre quando x = −1 e o ponto de máximoabsoluto ocorre quando x = −1 +

√2.

Exercício 6.2.7.Determine o raio da base e a altura h de um cilindro reto com volume constante V ,

de modo que sua área total seja mínima.Solução.

Seja o volume constante V , então V = πr2h onde r é o raio da base do cilindro, logo

h =V

πr2.

Sua área total é dado por A = 2πrh + 2πr2 ⇒ A(r) = 2πr(V

πr2) + 2πr2 =

2V

r+ 2πr2.

Para o cálculo dos pontos críticos, A′(r) = −2V

r2+ 4πr ⇒ r = 3

√V

2π. Do fato

A′′(r) =4V

r3+ 4π > 0, segue que a área total será mínima quando r = 3

√V

2πe h =

V

πr2.

Exercício 6.2.8.Determine extremos relativos para cada uma das seguintes funções:

1. f(x) =

0, se, x é irracional1

q, se, x =

p

qé fração irredutível, p, q ∈ Z+

2. f(x) =

1, se, x =1

npara algum n ∈ N

0, nos demais casosSolução.

1. Todos os números irracionais são pontos de mínimos locais e, todos os x =1

qracionais

são máximos locais.


2. Todos os x =1

ncom n ∈ N são máximos locais e todos os demais números são mínimos

locais.

Exercício 6.2.9.Achar os lados do retângulo, de maior área possível, inscrito na elipse: b2x2+a2y2 =

a2b2.Solução.

Sejam x > 0 e y > 0, e os vértices do retângulo A(x, y), B(−x, y), C(−x, −y)

e D(x, −y), inscrito na elipse. A área do retângulo é A = 4xy, isto é A(x) = 4(b

a)x ·

√a2 − x2 ⇒ A′(x) = 4(

b

a)[√a2 − x2 − x2

√a2 − x2

], logo A′(x) =4b

a

[a2 − 2x2

√a2 − x2

].

Quando A′(x) = 0 tem-se x =a√2

2

Observe que A′(x) =4b

a

[(a+

√2x)(a−

√2x)√

a2 − x2

], para h > 0 numa vizinhança de

a√2

2

tem-se que:

A′(a√2

2+ h) < 0 e A′(

a√2

2− h) > 0

Logo tem-se máximo quando x =a√2

2. Como y =

b

a

√a2 − x2 ⇒ y =

b√2

2.

Os lados do retângulo são, base b√2 e altura a

√2.

Exercício 6.2.10.Sejam os pontos A(1, 4) e B(3, 0) da elipse 2x2 + y2 = 18. Achar um terceiro ponto

C na elipse tal que, a área do triângulo ABC seja a maior possível.Solução.

Seja C(x, y) o terceiro vértice, logo a área do triângulo ABC é:

A(x) =1

2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 0

1 4

x y

3 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣A =

1

2[12 + y − 4x− 3y = 6− 2x− y] (6.2)

Derivando implícitamente A′(x) = −2− y′ = 0 ⇒ y′ = −2.

Como 2x2+y2 = 18 ⇒ 4x+2yy′ = 0 ⇒ y′ = −2x

y, logo y′ = −2x

y= −2 ⇒

x = y da igualdade 2x2 + y2 = 18 como x = y segue que x =√6 = y ou x = −

√6 = y

Tem-se os pontos (√6,

√6) e (−

√6, −

√6), são pontos de extremo.


O único ponto que satisfaz é (−√6, −

√6), pois a área é A = 6− 2(−

√6)− (−

√6) =

6 + 3√6

Exercício 6.2.11.

Entre os retângulos de perímetro 10, qual deles é aquele que tem maior área ?Solução.

Suponhamos o retângulo de lados x e y, logo x + y = 5, então sua área é A(x) =

x(5− x)

Derivando A′(x) = 5− 2x ⇒ A′(x) = 0 ⇒ x = 2, 5. Como A′′(x) = −2 < 0.A área é máxima quando x = 2, 5 e y = 2, 5. Trata-se de um quadrado.

Exercício 6.2.12.

Para os seguintes exercícios, traçar o gráfico da curva correspondente indicando suasassíntotas.Solução.

1. f(x) =√1 + x2 + 2x

2. f(x) =1− x2

x2 − 4

3. f(x) =x− 5

x2 − 7x+ 10

4. f(x) =6

√7x2 − x3 + x− 7

x3 − 9x2 − 9x+ 81


5. f(x) =x2 + 9

(x− 3)2

6. f(x) = 3√x3 − 5x2 − 25x+ 125

7. f(x) =√x+ x2 − x

8. f(x) = 4√x4 − x3 − 9x2 + 9x

9. f(x) =

√x4 − 5x2 + 4

x2 + 2x− 24

10. f(x) =√4 + x2 +

3x3 + 3x+ 1

x2 + x− 6


11. f(x) =x2 + 2x+ 1

x

12. f(x) =√36x4 + 5 +

5 + 4x4 − 6x5

x3 − 6x2 − 4x+ 24

13. f(x) =4

√21 + 4x− x2

x2 + 7x− 8

14. f(x) =x5 − 5x4 + 1

x4 − 11x2 − 80− 3

√x3 + 1

15. f(x) =

√9x2 − 6x− 8

16x2 + 4x− 6

16. f(x) =√4 + x2 +

x2 − x3 + 1

x2 + 1


17. f(x) =

√16x2 + 4x− 6

9x2 − 6x− 8

18. f(x) =4

√x6 − 9x4 − x2 + 9

x2 − 25+ x

19. y3 − 6x2 + x3 = 0

20. f(x) = x− 4

√x6 − 9x4 − x2 + 9

x2 − 25

21. f(x) =

x2

√1− x2

, se, | x |< 1

3x

2x+ 1+ 3x, se, | x |≥ 1


22. f(x) =

x+

∥∥∥∥5x− 17

x+ 3

∥∥∥∥ , se, x ≤ −3

| 10x− 1 | +50x2 − 19

(x− 2)(x2 + 4x+ 3), se, − 3 < x < 1

4√8x− 8x6 − 5x2, se, x ≥ 1

23. f(x) =

∥∥∥∥2 + 2

x

∥∥∥∥ , se, x ≤ −3

3

√2x+ 2

x− 1, se, − 3 < x < 1

(x− 1)3

(x+ 1)2, se, x ≥ 1

24. f(x) =

x ·√

2 + x

2− x, se, | x |< 2

2x2

x2 + x, se, | x |≥ 2

Exercício 6.2.13.Construir o gráfico das seguintes curvas, mostrando suas assíntotas.

1. y3 = (x− a)2(x− c), a > 0, c > 0 2. y2(x− 2a) = x3 − a3

3. x3 − 2y2 − y3 = 0 4. xy2 + yx2 = a3, a > 0

5. 4x3 = (a+ 3x)(x2 + y2), a > 0 6. x2(x− y)2 = a2(x2 + y2)

7. x2(x− y)2 = y4 − 1

Solução.


1.

2.

3.

4.

5.

6.


7.

Exercício 6.2.14.

Para cada exercício, determine as constantes m e n que satisfazem a condição:Solução.

1. limx→+∞

[x2 − 3 3

√x2 + 1 + 3

x− 3−mx− n

]= 0

limx→+∞

[−3 3

√x2 + 1

x− 3

]+ lim

x→+∞

[x2 + 3− (mx+ n)(x− 3

x− 3

]= 0

= 0 + limx→+∞

(1−m)x2 + (3m− n)x+ 3(1 + n)

x− 3= 0 (6.3)

Em (6.3) quando m = 1 e n = 3 tem-se:

limx→+∞

[x2 − 3 3

√x2 + 1 + 3

x− 3−mx− n

]= lim

x→+∞

[x2 − 3 3

√x2 + 1 + 3

x− 3− x− 3

]= 0

2. limx→+∞

[5x3 + 4

√x8 + 1 + 3

√x6 + 1 + 5

x2 + 4−mx− n

]=

limx→+∞

[4√x8 + 1 + 3

√x6 + 1

x2 + 4

]+ lim

x→+∞

[5x3 + 5

x2 + 4−mx− n

]=

= 2 + limx→+∞

5x3 + 5− (x2 + 4)(mx+ n)

x2 + 4(6.4)

limx→+∞

(5−m)x3 − nx2 − 4mx− (4n− 5)

x2 + 4(6.5)

Em (6.5) quando m = 5 e n = 2 tem-se:

limx→+∞

(5−m)x3 − nx2 − 4mx− (4n− 5)

x2 + 4= lim

x→+∞

−2x2 − 20x− 3

x2 + 4= −2


Portanto, em (6.6) segue :

= 2 + limx→+∞

5x3 + 5− (x2 + 4)(mx+ n)

x2 + 4= 2− 2 = 0

3. limx→+∞

[5x3 − 4

√x8 + 1− 3

√x6 + 1 + 1

x2 − 4−mx− n

]= 0

Tem-se L = limx→+∞

[5x3 − 4

√x8 + 1− 3

√x6 + 1 + 1

x2 − 4−mx− n

]= 0 ⇔

L = limx→+∞

[x3(5−m)− nx2 + 4mx+ 4n+ 1

x2 − 4−

4√x8 + 1 + 3

√x6 + 1

x2 − 4

]= 0

Quando m = 5 limx→+∞

[−nx2 + 20x+ 4n+ 1

x2 − 4−

4√x8 + 1 + 3

√x6 + 1

x2 − 4

]= 0

Quando x → +∞ segue que L =−n

1− 2

1= 0 ⇒ n = −2

Portanto, os números são: m = 5 e n = −2.

4. limx→+∞

[5x3 + 4

√x8 + 1 + 3

√x6 + 1 + 5

x2 + 4−mx− n

]= 0

Tem-se limx→+∞

[5x3 + 4

√x8 + 1 + 3

√x6 + 1 + 5

x2 + 4−mx− n

]= 0 ⇔

L = limx→+∞

[5x3 + 4

√x8 + 1 + 3

√x6 + 1 + 5

x2 + 4− (mx+ n)(x2 + 4)

x2 + 4

]= 0 ⇔

L = limx→+∞

[x3(5−m)

x2 + 4− 4(mx+ n) + 5

x2 + 4− nx2

x2 + 4+

4√x8 + 1 + 3

√x6 + 1

x2 + 4

]= 0

Quando m = 5

L = limx→+∞

−4(5x+ n) + 5

x2 + 4− nx2

x2 + 4+

x2( 4

√1 + 1

x8 +3

√1 + 1

x6

x2 + 4

= 0

então L = 0− n+ 2 = 0 ⇒ n = 2

Portanto, m = 5 e n = 2


5. L = limx→+∞

[6x4 + 4 4

√x12 + 1− x3 − 3

√x9 + 1 + 7

x3 − 8− 3mx− 2n

]= 0 ⇔

L = limx→+∞

[4 4√x12 + 1− 3

√x9 + 1

x3 − 8

]+ lim

x→+∞

[6x4 − x3

x3 − 8− 3mx− 2n

]= 0

L = 3 + limx→+∞

[x4(6− 3m)− x3(1 + 2n) + 24mx+ 16n

x3 − 8

]= 0 ⇔

Quando m = 2 L = 3 + limx→+∞

[−x3(1 + 2n) + 48x+ 16n

x3 − 8

]= 0

Logo, quando n = 1 L = 3 + limx→+∞

[−3x3 + 48x+ 16

x3 − 8

]= 3− 3 = 0

Portanto, os números são: m = 2 e n = 1.

6. limx→+∞

[6x4 + 5 4

√x12 + 1− 7x3 − 3

√x9 + 1− 9

x3 − 8− 2mx− 3n

]= 0 ⇔

L = limx→+∞

[5 4√x12 + 1− 3

√x9 + 1

x3 − 8

]+ lim

x→+∞

[6x4 − 7x3

x3 − 8− 2mx− 3n

]= 0

L = 2 + limx→+∞

[x4(6− 2m)− x3(7 + 3n) + 16mx+ 24n

x3 − 8

]= 0 ⇔

Quando m = 3 L = 2 + limx→+∞

[−x3(1 + 2n) + 48x+ 24n

x3 − 8

]= 0

Logo, quando n =1

2L = 2 + lim

x→+∞

[−2x3 + 48x+ 8

x3 − 8

]= 2− 2 = 0

Portanto, os números são: m = 2 e n = 1/2.

7. L = limx→+∞

[20x3 + 15x2 + 6

3x2 + 4−√4x2 + 5x+

3

√8x5 + 3x+ 1

x2 + 1+ 4mx+ 17n

]= 0

Sabemos que limx→+∞

(2x −√4x2 + 5x) = lim

x→+∞

−5x

2x+√4x2 + 5x

= −5

4. Por outro

lado

limx→+∞

3

√8x5 + 3x+ 1

x2 + 1− 2x = lim

x→+∞

[3

√8x5 + 3x+ 1

x2 + 1− 3

√8x3

]=

= limx→+∞

[8x5 + 3x+ 1

x2 + 1− 8x3

] 1

( 3

√8x5+3x+1

x2+1)2 + ( 3

√8x5+3x+1

x2+1)(

3√8x3) + (

3√8x3)2

= limx→+∞

[3x+ 1− 8x3

x2 + 1

] 1

( 3

√8x5+3x+1

x2+1)2 + ( 3

√8x5+3x+1

x2+1)(

3√8x3) + (

3√8x3)2

= 0


Logo L = −5

4+ lim

x→+∞

[20x3 + 15x2 + 6

3x2 + 4+ 4mx+ 17n

]= 0 então

L = −5

4+ lim

x→+∞

[x3(20 + 12m) + x2(15 + 51n) + 16mx+ 6 + 68n

3x2 + 4

]= 0

Quando m = −5

3L = −5

4+ lim

x→+∞

[x2(15 + 51n)− 80

3mx+ 6 + 68n

3x2 + 4

]= 0

Quando n = −15

68L = −5

4+

5

4= 0

Portanto, m = −5

3e n = −15

68.

Exercício 6.2.15.Para cada um dos seguintes exercícios, calcular assíntotas, pontos de máximo ou mí-

nimos e desenhar a região A:

1. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = cos x, x = −π

2, x =

π

2, y = 0 }

2. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = x2 + 2x− 3, x = −2, x = 0, y = 0 }

3. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = 9− x2, y = x2 + 1 }

4. A = { (x, y) ∈ R2 /. y =x2 − x

1 + x2, y = 0, x = −1, x = 2 }

5. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = 3x− x2, y = x2 − x }

6. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = tan x, x = 0, y =2

3cosx }

7. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = x3 + x, x = 0, y = 2, y = 0 }

8. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = arctan x, y = arccos3x

2, y = 0 }

9. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = arcsen x, y = arccos x, x = 1 }

10. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = x3 − 3x2 + 2x+ 2, y = 2x2 − 4x+ 2 }

11. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = 4− Ln (x+ 1), y = Ln (x+ 1), x = 0 }

12. A = { (x, y) ∈ R2 /. y2 − x = 0, y − x3 = 0, x+ y − 2 = 0 }

13. A = { (x, y) ∈ R2 /. y(x2 + 4) = 4(2− x), y = 0, x = 0 }

14. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = x3 + x− 4, y = x, y = 8− x }

15. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = ex, y = e−x, x = 1 }


16. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = 2x+ 2, x = y2 + 1, x = 0, y = 0, x = 2 }

17. A = { (x, y) ∈ R2 /. y =| x− 2 |, y + x2 = 0, x = 1, x = 3 }

18. A = { (x, y) ∈ R2 /. y =√x2 − 3, y =| x− 1 |, y = 0 }

19. A = { (x, y) ∈ R2 /. y =| sen x | para x ∈ [0, 2π], y = −x, x = 2π }

20. A = { (x, y) ∈ R2 /. y =x2 − 4

x2 − 16, x = −3, x = 3, y = 0 }

21. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = arcsen x, y = arccosx, x = 0 }

22. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = tan2 x, y = 0, x =π

3, x = 0 }

Solução.

1. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = cos x, x = −π

2, x =

π

2, y = 0 } (Figura (6.3))

Logo, y′ = −sen x, quando sen x = 0 no intervalo [−π

2,π

2] segue que x = 0.

Observe qued2y

dx2= − cosx de onde

d2y

dx2

∣∣∣x=0

= − cos 0 < 0. Assim, (0, 1) é pontode máximo relativo.

A curva y = sen x não tem assíntotas.


2. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = x2 + 2x − 3, x = −2, x = 0, y = 0 } (Figura(6.4))

Logo, y′ = 2x+ 2, quando 2x+ 2 = 0 no intervalo [−2, 0] segue que x = −1.

Observe qued2y

dx2= 2 de onde

d2y

dx2

∣∣∣x=−1

= 2 > 0. Assim, (−1, 4) é ponto de mínimorelativo.

A curva y = x2 + 2x− 3 não tem assíntotas.


3. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = 9− x2, y = x2 + 1 } (Figura (6.5))

São pontos de interseção das curvas y = 9− x2 e y = x2 + 1 x = −2 e x = 2.

Para y = 9 − x2 tem-se y′ = −2x, quando −2x = 0 no intervalo [−2, 2] segue que

x = 0. Observe qued2y

dx2= −2 < 0. Assim, (0, 9) é ponto de máximo relativo.

Para y = x2 + 1 tem-se y′ = 2x, quando 2x = 0 no intervalo [−2, 2] segue que

x = 0.Observe qued2y

dx2= 2 > 0. Assim, (0, 1) é ponto de mínimo relativo.

Não se tem assíntotas.


4. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y =x2 − x

1 + x2, y = 0, x = −1, x = 2 }(Figura (6.6))

São pontos de interseção da curva y =x2 − x

1 + x2com o eixo-x os pontos x = 0 e x = 1.

São pontos de interseção da curva y =x2 − x

1 + x2com a reta x = −1 o ponto (−1, 1),

e com a reta x = 2 o ponto (2,2

5).

A curva y =x2 − x

1 + x2não tem assíntotas verticais, x ∈ R. Por outro lado, tem-se

que x2(1− y)− x− y = 0 de onde x =1±

√1 + 4(1− y)y

2(1− y), logo y = 1 é assíntota

horizontal. De 1 + 4(1− y)y ≥ 0 segue que 4y2 − 4y − 1 ≤ 0 ⇒ 1−√2

2≤ y ≤

1 +√2

2.

Para y =x2 − x

1 + x2tem-se y′ =

(x+ 1)2 − 2

(1 + x2)2, quando y′ = 0 então x2+2x−1 = 0 ⇒

x = −1±√2, no intervalo [−1, 2] segue que x0 = −1 +

√2 é o único ponto crítico.

Fazendo y = f(x), para h > 0 suficientemente pequeno, tem-se que f ′(x0 + h) > 0

e f ′(x0 − h) < 0, assim, (√2− 1,

4− 3√2

4− 2√2) é ponto de mínimo relativo.

5. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = 3x− x2, y = x2 − x } (Figura (6.7))


São dois parábolas com pontos de interseção em x = 1/2 e x = 1.

Elas não têm assíntotas.


6. O gráfico da região A = { (x, y) ∈ R2 /. y = tanx, x = 0, y =2

3cos x} mostra-se

na Figura (6.8).

São pontos de interseção das curvas y = tan x e y =2

3cosx os pontos x =

5π

6e

x =π

6.

7. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = x3 + x, x = 0, y = 2, y = 0 } (Figura (6.9))

A interseção das curvas y = x3 + x e y = 2 acontece no ponto (1, 2). Estas curvasnão tem pontos críticos.


8. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = arctan x, y = arccos3x

2, y = 0 } (Figura (6.10))

A interseção das curvas y = arctan x e y = arccos3x

2acontece quando x =

√3

3no

ponto (

√3

3,π

3).

Observe que se y = arctan x ⇒ y′ =1

1 + x2= 0, logo esta curva não tem

pontos críticos. Para a curva y = arccos3x

2⇒ y′ = − 2√

4− 9x2= 0 no seu

domínio, logo esta curva não tem pontos críticos.


9. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = arcsen x, y = arccosx, x = 1 } (Figura (6.11))

A interseção das curvas y = arcsen x e y = arccos x acontece quando x =

√2

2no

ponto (

√2

2,π

4).

As curvas y = arcsen x e y = arccos x não tem pontos críticos, pois y = arcsen x ⇒y′ =

1√1− x2

= 0 e y = arccos x ⇒ y′ =1√

1− x2= 0 no seus respectivos

domínios.

Estas curvas não tem assíntotas.


10. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = x3 − 3x2 + 2x+ 2, y = 2x2 − 4x+ 2 } (Figura(6.12))

O ponto de interseção das curvas y = x3−3x2+2x+2 e 2x2−4x+2 acontece quandox = 0, x = 2 e x = 3. Os pontos de interseção respectivamente são (0, 2), (2, 2) e(3, 8).

Para y = x3 − 3x2 +2x+2 tem-se y′ = 3x2 − 6x+2, quando y′ = 0 em seu domínio

R segue que x =3 +

√3

3e x =

3−√3

3.

Observe qued2y

dx2

∣∣∣x= 3+

√3

3

= 6(x − 1)∣∣∣x= 3+

√3

3

> 0. Assim, (3 +

√3

3,18− 2

√3

9) é

ponto de mínimo relativo. Por outro lado,d2y

dx2

∣∣∣x= 3−

√3

3

= 6(x− 1)∣∣∣x= 3−

√3

3

< 0.

Assim, (3−

√3

3,18 + 2

√3

9) é ponto de máximo relativo.

Para a curva 2x2 − 4x + 2 tem-se y′ = 4(x − 1), quando y′ = 0 em seu domínio R

segue que x = 1.Observe qued2y

dx2

∣∣∣x=1

= 4 > 0. Assim, (1, 0) é ponto de mínimorelativo.

As curvas não se têm assíntotas.


11. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = 4−Ln (x+1), y = Ln (x+1), x = 0 } (Figura(6.13))


12. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y2 − x = 0, y − x3 = 0, x + y − 2 = 0 } (Figura(6.14))

13. A = { (x, y) ∈ R2 /. y(x2 + 4) = 4(2− x), y = 0, x = 0 }



14. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = x3 + x− 4, y = x, y = 8− x }

15. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = ex, y = e−x, x = 1 }


16. A = { (x, y) ∈ R2 /. y = 2x+ 2, x = y2 + 1, x = 0, y = 0, x = 2 }


17. A = { (x, y) ∈ R2 /. y =| x− 2 |, y + x2 = 0, x = 1, x = 3 }


18. A = { (x, y) ∈ R2 /. y =√x2 − 3, y =| x− 1 |, y = 0 }

19. A = { (x, y) ∈ R2 /. y =| sen x | para x ∈ [0, 2π], y = −x, x = 2π }

20. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y =x2 − 4

x2 − 16, x = −3, x = 3, y = 0 } (Figura



(6.22))

21. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = arcsen x, y = arccos x, x = 0 } (Figura (6.23))


22. Tem-se A = { (x, y) ∈ R2 /. y = tan2 x, y = 0, x =π

3, x = 0 } (Figura (6.24))


Exercício 6.2.16.Calcule as dimensões do retângulo de perímetro máximo que pode-se inscrever em uma

semi-circunferência de raio r.Solução.

Figura 6.25:

Observe que rsen x = BE e r cosx = EO

O perímetro é P = 2BE + 4EO, isto é

P (x) = 2rsen x+ 4r cos x

P ′(x) = 2r cos x− 4rsen x

Quando P ′(x) = 0 segue que tanx =1

2.

Se x0 é ponto crítico, sen x0 =1√5

e cos x0 =2√5

P ′′(x0) = −2rsen x0 − 4r cosx0 = −2r(1√5)− 4r cos(

1√5) < 0

Portanto, as dimensões são: Base =4√5

5, altura =

√5

5


6.3 Formas Indeterminadas

Exercícios 6-3


1. limx→0

ex − 1

Ln (x+ 1)2. lim

x→0

x− tan x

x− sen x3. lim

x→0

x+ sen (πx)

x− sen (πx)

4. limx→0

ex − 1

x(x+ 1)5. lim

x→0

x√ex + x 6. lim

x→0

ax − (a+ 1)x

x

7. limx→0+

x

√[tanx

x

]8. lim

x→1

[1

Ln x− x

x− 1

]9. lim

x→0

x− arcsen x

x

10. limx→1

aLn x − x

Ln x11. lim

x→0+[Ln x+

1

x2] 12. lim

x→0

ax − x · Ln x− cos x

sen 2x

13. limx→0

x√sec x 14. lim

x→0

x · enx − x

1− cos(nx)15. lim

x→0[

1

x · cos x− cotx]

16. limx→0

sen xx 17. limx→0

sen 2x− sen x2

x · cosx18. lim

x→π2

[π

2 cos x− x · tanx]

19. limx→+∞

Ln x√x

20. limx→0

[1

sen 2x− 1

x2] 21. lim

x→0Ln

[sen y + sen x

sen y − sen x

] 51+2Ln x

22. limx→0+

tanx

x23. lim

x→0

x2√1 + x 24. lim

x→0+(1− ex)Ln (sen x)

25. limx→+∞

√1 + x2

x26. lim

x→0x · (Ln | x |)2 27. lim

x→+∞

tan2(x−1)

Ln 2(1 + 4x−1)

28. limx→∞

x2√x2 + a2 29. lim

x→1[

x

x− 1− 1

Ln x] 30. lim

x→0

x · sen (sen x)

1− cos(sen x)

31. limx→0+

x5

1+2Ln x 32. limx→0

[1

x− 1

ex − 1] 33. lim

x→0

[x2 + 3x+ 5

sen x− 5

x

]Solução.

1. limx→0

ex − 1

Ln (x+ 1)= lim

x→0

ex

1x+1

= limx→0

ex(x+ 1) = 1

2. limx→0

x− tan x

x− sen x= lim

x→0

1− sec2 x

1− cos x= lim

x→0

cos2 x− 1

cos2(1− cos x)= − lim

x→0

cos x+ 1

cos2 x= −2

3. limx→0

x+ sen (πx)

x− sen (πx)= lim

x→0

1 + π cos(πx)

1− π cos(πx)=

1 + π

1− π

4. limx→0

ex − 1

x(x+ 1)= lim

x→0

ex

2x+ 1= 1


5. limx→0

x√ex + x = lim

x→0exp

(Ln (ex + x)

1x

)=

= exp(limx→0

Ln (ex + x)

x

)= exp

(limx→0

ex + 1)

ex + x

)= exp(

1 + 1

1 + 0) = e2

6. limx→0

ax − (a+ 1)x

x= lim

x→0

axLn a− (a+ 1)xLn (a+ 1)

1= Ln (a)− Ln (a+ 1)

7. limx→0+

x

√[tanx

x

]= lim

x→0exp

(Ln (

tanx

x)

1x

)=

= exp(limx→0

Ln ( tanxx

)

x

)= exp

(limx→0

[sec2 x

tanx− 1

x

])=

= exp(limx→0

x sec2 x− tan x

x tanx

)= exp

(limx→0

[sec2 x+ 2x sec2 x tanx− sec2 x

tanx+ x sec2 x

])=

= exp(limx→0

[2x sec2 x tanx

tanx+ x sec2 x

])= exp

(limx→0

[2 tan x

cos x sen xx

+ 1

])= e0

Portanto, limx→0+

x

√[tanx

x

]= 1

8. limx→1

[1

Ln x− x

x− 1

]= lim

x→1

[(x− 1)− xLn x

(x− 1)Ln x

]= lim

x→1

[−xLn x

xLn x+ x− 1

]=

limx→1

[−1− Ln x

Ln x+ 2

]= −1

2

9. limx→0

x− arcsen x

x= lim

x→0

1− 1√1−x2

1= lim

x→0

0

1= 0

10. limx→1

aLn x − x

Ln x= lim

x→1

aLn x · Ln a · 1x− 1

1x

=aLn 1 · Ln a · 1

1− 1

11

= Ln a− 1, a > 1

11. limx→0+

[Ln x+1

x2] = lim

x→0+[x2Ln x+ 1

x2] = lim

x→0+[2xLn x+ x

2x] = lim

x→0+[2Ln x+ 1

2] = −∞

12. limx→0

ax − x · Ln x− cos x

sen 2x= lim

x→0

axLn a− Ln x− 1 + cosx

2sen x cos x= ¬∃.

Pois, limx→0+

Ln x = −∞ e limx→0−

Ln x não existe

13. limx→0

x√sec x = exp

(limx→0

Ln (secx)

x

)= exp

(limx→0

secx · tanxsec x

)= exp

(limx→0

tanx)=

1


14. limx→0

x · enx − x

1− cos(nx)= lim

x→0

enx + nx · enx − 1

nsen (nx)= lim

x→0

enx + nx · enx − 1

nsen (nx)=

limx→0

2nenx + n2xenx

n2 cos(nx)=

2

n

15. limx→0

[1

x · cos x− cot x] = lim

[sen x− x cos2 x

x cosxsen x

]= lim

x→0

sen x

x− cos2 x

cos x · sen x

x

=0

1= 0

16. limx→0

sen xx = exp(limx→0

xLn (sen x)) = exp(limx→0

Ln (sen x)1x

)⇒

limx→0

sen xx = exp(limx→0

1x

− 1x2

)= exp

(limx→0

1x

− 1x2

)= e0 = 1

17. limx→0

sen 2x− sen x2

x · cosx= lim

x→0

2sen x cos x− 2x cosx2

cosx− x · sen x=

0− 0

1− 0= 0

18. limx→π

2

[π

2 cos x− x · tanx] = lim

x→π2

[π − 2x cosx · tanx

2 cos x] = lim

x→π2

[−2sen x− 2x cos x

−2sen x= 1

19. limx→+∞

Ln x√x

= limx→+∞

1x1

2√x

= limx→+∞

2√x

x= lim

x→+∞

2√x= 0

20. limx→0

[1

sen 2x− 1

x2

]= lim

x→0

[x2 − sen 2x

x2sen 2x

]= lim

x→0

[2x− sen (2x)

2xsen 2x+ x2sen (2x)

]=

limx→0

[2− 2 cos(2x)

2sen 2x+ 4xsen (2x) + 2x2 cos(2x)

]=

= limx→0

[4sen (2x)

6sen (2x) + 12x cos(2x)− 4x2sen (2x)

]=

= limx→0

[8 cos(2x)

24 cos(2x)− 32xsen (2x)− 8x2 cos(2x)

]=

8

24=

1

3

21. limx→0

Ln

[sen y + sen x

sen y − sen x

] 51+2Ln x

= limx→0

[5Ln (sen y + sen x)− 5Ln (sen y − sen x)

1 + 2Ln x

]=

Aplicando L’Hospital

limx→0

Ln

[sen y + sen x

sen y − sen x

] 51+2Ln x

= limx→0

[5x · sen y cos x

sen 2y − sen 2x

]= 0

22. limx→0+

tanx

x= lim

x→0+

sec2 x

1= 1


23. limx→0

x2√1 + x = lim

x→0exp

( 1

x2· Ln (1 + x)

)= lim

x→0exp

( 11+x

2x

)= lim

x→0exp(

1

x(x+ 1)) =

limx→0+

exp(1

x(x+ 1)) = +∞ e lim

x→0−exp(

1

x(x+ 1)) = −∞

Portanto, limx→0

x2√1 + x não existe ou simplesmente podemos escrever na forma

limx→0

x2√1 + x = ∞ em qualquer dos dois casos o limite não existe.

24. limx→0+

(1− ex)Ln (sen x) = limx→0+

Ln (sen x)1

(1−ex)

= limx→0+

(1− ex)2 cos x

exsen x=

= − limx→0+

2(1− ex)ex cos x+ (1− ex)2sen x

exsen x+ ex cosx=

0 + 0

0 + 1= 0

25. limx→+∞

√1 + x2

x=

√lim

x→+∞

1 + x2

x2=

√lim

x→+∞

2x

2x= 1

26. limx→0

x · (Ln | x |)2 = limx→0

(Ln | x |)21x

= limx→0

2 1xLn | x |− 1

x2

= −2 limx→0

Ln | x |1x

= 2 limx→0

1x1x2

= 2 limx→0

x = 0

27. limx→+∞

tan2(x−1)

Ln 2(1 + 4x−1)= lim

z→0+

tan2(z)

Ln 2(1 + 4z)= lim

z→0+

2 tan(z) sec2(z)

2Ln (1 + 4z) · 41+4z

=

= limz→0+

tan(z) sec2(z)

4Ln (1 + 4z) · 11+4z

=

[limz→0+

sec2(z)

4 11+4z

][limz→0+

tan(z)

Ln (1 + 4z)

]

=1

4

[limz→0+

sec2(z)4

1+4z

]=

1

16

[limz→0+

(1 + 4z) sec2 z)

]=

1

16

28. limx→∞

x2√x2 + a2 = lim

x→∞exp(

Ln (x2 + a2)

x2) = lim

x→∞exp(

2xx2+a2

2x) = e0 = 1

29. limx→1

[x

x− 1− 1

Ln x] = lim

x→1

xLn x− (x− 1)

(x− 1)Ln x= lim

x→1

[Ln x+ 1− 1

Ln x+ x−1x

]=

limx→1

[xLn x

xLn x+ x− 1

]= lim

x→1

[Ln x+ 1

Ln x+ 1 + 1

]=

1

2


30. limx→0

x · sen (sen x)

1− cos(sen x). Aplicando L’Hospital

limx→0

x · sen (sen x)

1− cos(sen x)= lim

x→0

sen (sen x) + x · cos(sen x) cos x

sen (sen x) cos x

limx→0

1

cosx+ lim

x→0

x · cos(sen x)

sen (sen x)= 1 + lim

x→0

cos(sen x)− x · sen (sen x) cos x

cos(sen x) cos x=

1 + limx→0

1

cosx− lim

x→0

x · sen (sen x)

cos(sen x)= 2− 0 = 2

31. limx→0+

x5

1+2Ln x = limx→0+

exp( 5

1 + 2Ln x· Ln x

)= lim

x→0+exp( 5

x2x

)= exp(

5

2) =

√e5

32. limx→0

[1

x− 1

ex − 1] = lim

x→0

[ex − 1− x

x(ex − 1)

]= lim

x→0

[ex − 1

ex + xex

]= lim

x→0

[ex

2ex + xex

]=

1

2.

33. limx→0

[x2 + 3x+ 5

sen x− 5

x

]= lim

x→0

[x3 + 3x2 + 5x− 5sen x

xsen x

]=

limx→0

[3x2 + 6x+ 5− 5 cos x

sen x+ x cos x

]= lim

x→0

[6x+ 6 + 5sen x

2 cos x− xsen x

]= 3

Exercício 6.3.2.Verificar a validade das seguintes igualdades:

1. L = limx→−1

[25√

(x+1)4 ][1− 9√

cos7(x+ 1)] 15√Ln 17(x+ 2)

[55√x+1] · tan3( 3

√x+ 1) · arcsen 9

√(x+ 1)14

=Ln 2

Ln 5.

2. limx→a

15√

(a− x)13[cos 3√a− x− cos(sen 3 3

√a− x)]sen (2 3

√(a− x)2)

[ea−x − 1] · sen 3 3√(a− x)2[1− cos(sen 4 3

√(a− x)2)]

=1

6Solução. 1.

Seja x+ 1 = y, quando x → −1 tem-se y → 0, mudando de variáveis

L = limy→0

[25√

y4 ][1− 9√

cos7 y] 15√

Ln 17(y + 1)

[5 5√y] · tan3( 3

√y) · arcsen 9

√y14

=.

L =1

9limy→0

[20][1− cos7 y] 15√Ln 17(y + 1)

[50] · tan3( 3√y) · arcsen 9

√y14

=7

9limy→0

[1− cos y] 15√

Ln 17(y + 1)

· tan3( 3√y) · arcsen 9

√y14

=

L =7

9limy→0

y2[1− cos y] 15√

Ln 17(y + 1)

y2 · tan3( 3√y) · arcsen 9

√y14

=7

18limy→0

y2 · 15√Ln 17(y + 1)

tan3( 3√y) · arcsen 9

√y14

=

L =7

18limy→0

y2 · cos3 3√y · 15√Ln 17(y + 1)

sen 3( 3√y) · arcsen 9

√y14

=7

18limy→0

y2 · cos3 3√y · 15√

Ln 17(y + 1)

y · sen 3( 3√y)

( 3√y)3

· arcsen 9√y14

=


L =7

18limy→0

y · 15√

Ln 17(y + 1)

arcsen 9√

y14=

7

18limy→0

y · 15√

Ln 17(y + 1)

9√y14 · arcsen 9

√y14

9√

y14

=7

18limy→0

15√Ln 17(y + 1)

9√

y5=


L =7

18limy→0

15√Ln 17(y + 1)

9√

y5=

7

18limy→0

1715(Ln (y + 1))2/15 · 1

y + 159y−4/9

L =7

18· 1715

· 95· limy→0

y4/9 · (Ln (y + 1))2/15

y + 1= 0 = Ln 2

Ln 5

Portanto a igualdade é falsa!.Solução. 2.

Seja a− x = y, quando x → a tem-se y → 0, mudando de variáveis

L = limy→0

15√y13[cos 3

√y − cos(sen 3 3

√y)]sen (2 3

√y2)

[ey − 1] · sen 3 3√

y2[1− cos(sen 4 3√

y2)]=

L = limy→0

15√y13[cos 3


√y)]sen (2 3

√y2)

[ey − 1] · sen 3 3√

y2 · (sen 4 3√y2)2 · [1−cos(sen 4 3

√y2)]

(sen 4 3√

y2)2

=

L = 2 limy→0

15√y13[cos 3


√y)]sen (2 3

√y2)

[ey − 1] · sen 3 3√y2 · (sen 4 3

√y2)2

=

L = 2 limy→0

15√y13[cos 3


√y)](2 3

√y2) · sen (2 3

√y2)

(2 3√

y2)

[ey − 1] · 3 3√

y2 · sen 3 3√

y2

3 3√

y2· (sen 4 3

√y2)2

(4 3√

y2)2· (4 3√y2)2

=

L = 2 limy→0

15√

y13[cos 3√y − cos(sen 3 3

√y)](2 3

√y2)

[ey − 1] · 3 3√

y2 · (4 3√y2)2

=4

48limy→0

15√y23[cos 3


√y)]

[ey − 1] · y2=

L =1

12limy→0

15√

y23[cos 3√y − cos(sen 3 3

√y)]

[ey−1]y

· y3=

1

12limy→0

[cos 3√y − cos(sen 3 3

√y)]

15√

y22=

L =1

12limy→0

115√y22

·

[[cos 3

√y − 1] · 3

√y2

3√y2

−[cos(sen 3 3

√y)− 1] · (sen 23 3

√y)

(sen 23 3√y)

]=

L =1

24limy→0

115√

y22·

[−

3√

y2

1+ (3 3

√y)2 ·

sen 23 3√y

(3 3√y)2

]=

1

24limy→0

[−

3√

y2

15√

y22+

9 3√

y2

15√

y22

]=

L =8

24limy→0

3√

y2

15√y22

=8

24limy→0

15√

y4= +∞

Exercício 6.3.3.


Onde se encontra o erro na aplicação da regra de L’Hospital?

limx→1

x3 + x− 2

x2 − 3x+ 2= lim

x→1

3x2 + 1

2x− 3= lim

x→1

6x

2x= 3

Na verdade o limite é −4.Solução.

O limite limx→1

3x2 + 1

2x− 3= −4 não precisava aplicar novamente L’Hospital, pois não é

limite da forma indeterminada.

Exercício 6.3.4.Determine os seguintes limites:

a) limx→0

cos2 x− 1

x2b) lim

x→1

x

tanxSolução.

a) limx→0

cos2 x− 1

x2= lim

x→0

−2sen x cosx

2x= − lim

x→0

sen x

x· cosx = −1

b) limx→1

x

tanx= lim

x→1

x · cos xsen x

= limx→0

[sen x

x

]−1

cosx = 1

Exercício 6.3.5.

Determine f ′(0) se: f(x) =g(x)

xse x = 0, f(0) = 0, g(0) = g′(0) = 0 e g′′(0) =

17.Solução.

Como f(x) =g(x)

xentão g(x) = x · f(x), derivando g′(x) = f(x) + xf ′(x). derivando

novamente g′′(x) = f ′(x) + f ′(x) + x · f ′′(x).Logo, g′′(0) = f ′(0) + f ′(0) + 0 · f ′′(0), então 17 = 2f ′(0).Portanto, f ′(0) = 8, 5.

Exercício 6.3.6.Mostre as seguintes regras de L’Hospital:

1. Se limx→a+

.f(x) = limx→a+

.g(x) = 0 e limx→a+

f ′(x)

g′(x)= L, então lim

x→a+

f(x)

g(x)= L,

(análogo para limites á esquerda).

2. Se limx→a+

.f(x) = limx→a+

.g(x) = ∞ e limx→a+

f ′(x)

g′(x)= 0, então lim

x→a+

f(x)

g(x)= 0,

(análogo para −∞ ou se x → a+ ou x → a−)

3. Se limx→∞

.f(x) = limx→∞

.g(x) = 0 e limx→∞

f ′(x)

g′(x)= L, então lim

x→∞

f(x)

g(x)= L.


4. Se limx→∞

.f(x) = limx→∞

.g(x) = 0 e limx→∞

f ′(x)

g′(x)= ∞, então lim

x→∞

f(x)

g(x)= ∞.

Solução.

1. Sabemos que L = limx→a+

f ′(x)

g′(x)⇒ L = lim

x→a+

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h

limh→0

g(x+ h)− g(x)

h

=

L = limx→a+

limh→0

[f(x+ h)− f(x)]

limh→0

[g(x+ h)− g(x)]= lim

h→0

limx→a+

[f(x+ h)− f(x)]

limx→a+

[g(x+ h)− g(x)]=

L = limx→a+

limh→0

[f(x+ h)− 0]

limh→0

[g(x+ h)− 0]= lim

x→a+

f(x+ 0)

g(x+ 0)= lim

x→a+

f(x)

g(x)

Portanto, limx→a+

f(x)

g(x)= L.

2. Seja F (x) =1

f(x)e G(x) =

1

g(x)⇒ lim

x→a+.F (x) = lim

x→a+.G(x) = 0, observe que

f ′(x) = − 1

[F (x)]2F ′(x), g′(x) = − 1

[G(x)]2G′(x) ⇒

Por outro lado

0 = limx→a+

f ′(x)

g′(x)= lim

x→a+

− 1

[F (x)]2F ′(x)

− 1

[G(x)]2G′(x)

= limx→a+

[G(x)

F (x)

]2· limx→a+

F ′(x)

G′(x)⇒

0 = limx→a+

[G(x)

F (x)

]2·limh→0

F (x+ h)− F (x)

h

limh→0

G(x+ h)−G(x)

h

= limx→a+

[G(x)

F (x)

]2· limh→0

F (x+ h)− F (x)

hG(x+ h)−G(x)

h

=

= limx→a+

[G(x)

F (x)

]2· limh→0

limx→a+

F (x+ h)− F (x)

G(x+ h)−G(x)

0 = limx→a+

[G(x)

F (x)

]2·limh→0

F (x+ h)− 0

limh→0

G(x+ h)− 0

= limx→a

[G(x)

F (x)

]= lim

x→a+

f(x)

g(x)

Portanto, limx→a+

f(x)

g(x)= 0.


3. Sabemos que L = limx→∞

f ′(x)

g′(x)⇒ L = lim

x→∞

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h

limh→0

g(x+ h)− g(x)

h

=

L = limx→∞

limh→0

[f(x+ h)− f(x)]

limh→0


h→0

limx→∞

[f(x+ h)− f(x)]

limx→∞

[g(x+ h)− g(x)]=

L = limx→∞

limh→0

[f(x+ h)− 0]

limh→0

[g(x+ h)− 0]= lim

x→∞

f(x+ 0)

g(x+ 0)= lim

x→∞

f(x)

g(x)


f(x)

g(x)= L.

4. Sabemos que ∞ = limx→∞

f ′(x)

g′(x)⇒ ∞ = lim

x→∞

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h

limh→0

g(x+ h)− g(x)

h

=

∞ = limx→∞

limh→0

[f(x+ h)− f(x)]

limh→0


h→0

limx→∞

[f(x+ h)− f(x)]

limx→∞

[g(x+ h)− g(x)]=

∞ = limx→∞

limh→0

[f(x+ h)− 0]

limh→0

[g(x+ h)− 0]= lim

x→∞

f(x+ 0)

g(x+ 0)= lim

x→∞

f(x)

g(x)


f(x)

g(x)= ∞.

Exercício 6.3.7.

Mostre que limx→0

x2 · sen 1x

sen x= 0, porém não podemos calcular aplicando a regra de

L’Hospital.Solução.

Não podemos aplicar a regra de L’Hospital porque a função x2 · sen 1

xnão é derivável

em x = 0.Lembre que −1 ≤ sen

1

x≤ 1, de onde

limx→0

(−1) · x ≤ limx→0

x · sen 1

x≤ lim

x→0(1) · x ⇒ lim

x→0x · sen 1

x= 0

assim

limx→0

x2 · sen 1x

sen x= lim

x→0

x · sen 1x

sen x

x

=0

1= 0


Exercício 6.3.8.

Determine os limites das seguintes funções:

1. limx→0

sen xx 2. limx→0

x2 · Ln x 3. limx→0

[1

x− 1

ex − 1

]4. lim

x→0(x+ 1)Ln x 5. lim

x→1

[Ln (x− 1)

cotπx

]6. lim

x→a

[Ln (x− a)

Ln (ex − ea)

]7. lim

x→∞x√x+ 2x 8. lim

x→1

[1

x− 1− 1

Ln x

]9. lim

x→1

[p

1− xp− q

1− xq

]10. lim

x→0

x2

√tanx

x11. lim

x→π2

(π − 2x)cosx 12. limx→∞

[π − 2 arctanx

x√e3 − 1

]Solução.

1. L = limx→0

sen xx = limx→0

eLn sen xx = limx→0

exLn sen x = limx→0

eLn sen x

1/x ⇒


L = limx→0

e

cos xsen x− 1

x2 = limx→0

e−x cos x

sen xx = e−

0·11 = e0 = 1

2. L = limx→0

x2 · Ln x = limx→0

·Ln x1x2

= limx→0

1x

− 2x3

= − limx→0

x2

2= 0

3. limx→0

[1

x− 1

ex − 1

]= lim

x→0

[ex − 1− x

x(ex − 1)

]= lim

x→0

[ex − 1

ex − 1 + xex

]= lim

x→0

[ex

2ex + xex

]=

1

2

4. limx→0

(x+ 1)Ln x = exp(limx→0

Ln x · Ln (x+ 1))= exp

(limx→0

Ln x1

Ln (x+1)

)=

= exp(limx→0

1x

− 1(x+1)(Ln (x+1))2

)= exp

(− lim

x→0

(x+ 1)(Ln (x+ 1))2

x

)=

= exp(− lim

x→0

(Ln (x+ 1))2 + 2Ln (x+ 1)

1

)= exp(0) = e0 = 1

5. limx→1

[Ln (x− 1)

cotπx

]= lim

x→1

[1

x−1

π csc2(πx)

]= lim

x→1

[sen 2(πx)

π(x− 1)

]= lim

x→1

[1− cos(2πx)

2π(x− 1)

]=

= limx→1

[2πsen (2πx)

2π

]= 0


6. limx→a

[Ln (x− a)

Ln (ex − ea)

]= lim

x→a

[1

x−aex

ex−ea

]= lim

x→a

[ex − ea

ex(x− a)

]= lim

x→a

[ex

ex(1− a) + xex

]= 1

7. limx→∞

x√x+ 2x = exp

(limx→∞

Ln (x+ 2x)

x

)= exp

(limx→∞

1+2xLn 2x+2x

1

)=

= exp(limx→∞

2x(Ln 2)2

1 + 2xLn 2

)= exp

(limx→∞

2x(Ln 2)3

2x(Ln 2)2

)= eLn 2 = 2

8. limx→1

[1

x− 1− 1

Ln x

]= lim

x→1

[Ln x− (x− 1)

(x− 1)Ln x

]= lim

x→1

[1x− 1

Ln x+ (x−1)x

]=

= limx→1

[1− x

xLn x+ (x− 1)

]= lim

x→1

[−1

2 + Ln x

]= −1

2

9. limx→1

[p

1− xp− q

1− xq

]= lim

x→1

[p(1− xq)− q(1− xp)

(1− xp)(1− xq)

]=

= limx→1

[pq(xp−1 − xq−1)

(p+ q)xp+q−1 − pxp−1 − qxq−1

]=

= limx→1

[pq[(p− 1)xp−2 − (q − 1)xq−2]

(p+ q)(p+ q − 1)xp+q−2 − p(p− 1)xp−2 − q(q − 1)xq−2

]=

p− q

2

10. limx→0

x2

√tanx

x= exp

(limx→0

[Ln(tanxx

)x2

])= exp

(limx→0

[sec2 xtanx

− 1x

2x

])=

= exp(limx→0

[2

sen (2x)− 1

x

2x

])= exp

(limx→0

[2x− sen (2x)

2x2sen (2x)

])=

= exp(limx→0

[2− 2 cos(2x)

4xsen (2x) + 4x2 cos(2x)

])= exp

(limx→0

[4sen 2x

4x[sen (2x) + x cos(2x)]

])=

= exp(limx→0

[sen x

sen (2x) + x cos(2x)

])= exp

(limx→0

[cosx

3 cos(2x)− 2xsen (2x)

])= e1

11. limx→π

2

(π − 2x)cosx = exp(limx→π

2

Ln (π − 2x)

sec x

)= exp

(limx→π

2

−2π−2x

tanx sec x

)

= exp(limx→π

2

−2 cotx cosx

(π − 2x)

)= exp

(limx→π

2

−2 cos2 x

(π − 2x)sen x

)=

= exp(− lim

x→π2

1 + cos(2x)

(π − 2x)sen x

)= exp

(limx→π

2

2sen (2x)

(π − 2x) cos x− 2sen x

)= e0 = 1


12. limx→∞

[π − 2 arctanx

x√e3 − 1

]= lim

x→∞

[− 2

1+x2

− x√e3 · 3

x2

]= lim

x→∞

[2x2

3(1 + x2)x√e3

]=

2

3e0=

2

3

Exercício 6.3.9.Verificar o cálculo dos seguintes limites:

1. limx→0

x · cotπx =1

π2. lim

x→0

[1

x2− cot2 x

]=

2

3

3. limx→0

x2√cos3 2x = e−6 4. lim

x→0

[2− (ex + e−x) cos x

x4

]=

1

3

Solução.

1. limx→0

x · cotπx = limx→0

x

tanπx= lim

x→0

1

π sec2 πx=

1

π

2. L = limx→0

[1

x2− cot2 x

]= lim

x→0

[tan2 x− x2

x2 tan2 x

]= lim

x→0

(

tanxx

)2− 1

tan2 x

=

= limx→0

[ tanxx

+ 1

sec x+ 1

] [ tanxx

− 1

sec x− 1

]= lim

x→0

[ tanxx

− 1

sec x− 1

]= lim

x→0

[sen x− x cos x

x− x cos x

]=

= limx→0

[xsen x

1− cosx+ xsen x

]= lim

x→0

[ sen xx

+ cosx

2 sen xx

+ cos x

]=

2

3

3. L = limx→0

x2√cos3 2x = exp

(limx→0

Lnx2√cos3 2x

)= exp

(limx→0

3Ln cos 2x

x2

)=

= exp

(limx→0

−6sen 2x

2x · cos 2x

)= e−6

4. limx→0

[2− (ex + e−x) cos x

x4

]= − lim

x→0

[(ex − e−x) cos x− (ex + e−x)sen x

4x3

]=

=1

6limx→0

[(ex + e−x)sen x+ (ex − e−x) cos x

2x

]=

1

6limx→0

[2(ex + e−x) cos x

2

]=

1

3

Exercício 6.3.10.Qual dos triângulos retângulos de perímetro dado 2p, têm maior área ?

Solução.

Suponhamos o triângulo retângulo de lados a, b e√a2 + b2, então 2p = a+b+

√a2 + b2,

de onde(2p− a− b)2 =

√a2 + b2 ⇒ b =

2p(a− p)

a− 2p


Sua área A é dada por A =1

2ab ⇒ A(a) =

pa(a− p)

a− 2p⇒ A′(a) =

p(a2 − 4ap+ 2p2)

(a− 2p)2.

Quando A′(a) = 0 segue que A′(a) =p(a− 2p)2 − 2p2)

(a− 2p)2de onde a = p(2±

√2) são

pontos críticos (não consideramos a− 2p = 0 absurdo!).

A derivada segunda é A′′(a) =4p3

(a− 2p)3. De onde, quando a = p(2 +

√2 temos

A′′(p(2 +√2) =

4p3

(a− 2p)3> 0 logo indica mínimo local (porém não existe esse triângulo

com as condições dadas.

Quando a = p(2−√2) temos A′′(p(2−

√2) =

4p3

(a− 2p)3< 0 logo indica máximo local

para a área.Assim, temos a = b = p(2−

√2.

Portanto o triângulo retângulo tem que ser de catetos iguais (isósceles).

Exercício 6.3.11.

De uma folha circular, temos que cortar um setor de modo que possamos construir umfunil de maior capacidade possível. Determine o ângulo α central do setor.Solução.

Suponhamos que a folha circular tenha como raio R e, o setor circular cortado tenhaum ângulo central de α como se mostra na Figura (6.26). Logo o arco AB = α radianos.

Figura 6.26:

Segundo o a Figura (6.26) a circunferência da base do cone mede 2πr = α e, h =√R2 − r2, assim:

h =

√R2 − (

α

2π)2 =

1

2π

√(2πR)2 − α2

O volume do cone é dado por V =1

3πr2h, logo

V (α) =1

3πr2h =

1

3π · ( α

2π)2 · 1

2π

√(2πR)2 − α2 =

1

24π2α2√(2πR)2 − α2


V ′(α) =1

24π2

[2α√(2πR)2 − α2 − α2 2α

2√

(2πR)2 − α2

]

V ′(α) =1

48π2√(2πR)2 − α2

[2α((2πR)2 − α2)− α3

]=

α

48π2√

(2πR)2 − α2

[2(2πR)2 − 3α2

]V ′(α) = 0 ⇒ α = 0 ou α = 2

√2

3πR

Supondo k > 0 o menor possível, tem-se que V ′(

√22

3πR+k) < 0 e V ′(2

√2

3πR−k) >

0.

O ângulo procurado é α = 2

√2

3πR

Exercício 6.3.12.Obter um triângulo isósceles de área máxima inscrito num círculo de raio 12cm.

Solução.

Figura 6.27:

Suponhamos o triângulo ABC seja isosceles como mostraa Figura, a circunferência satisfaz a relação a2 + b2 = 122

de onde a =√144− b2. Os vértices são A(−a, b), C(a, b) e

B(0, 12), de onde a área do triângulo ABC é dado por

A(b) =1

2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 12

a b

−a b

0 12

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

1

2(ab− 12a− 12a+ ab) ⇒

A(b) = (b− 12)√144− b2

dA

db(b) =

√144− b2 − b(b− 12)√

144− b2=

2(72 + 6b− b2)√144− b2

QuandodA

dy(b) = 0 segue que b = 12 ou b = −6. Verifique que o máximo ocorre

quando b = −6. Logo a = ±√

144− (−6)2 = ±6√3.

Aaltura do triângulo mede 18cm e sua base 2a = 12√3cm

Por Pitágoras AB2= 182 + (6

√3)2 = 432 ⇒ AB = 12

√3

Portanto o triângulo é equilátero de lado 12√3cm


6.4 Aplicações diversas

Exercícios 6-4

Exercício 6.4.1.Uma pessoa atira verticalmente para o céu uma bola do topo de um edifício. Depois

de 2 segundos, a bola passa por ele, chegando ao solo 2 segundos depois.1. Qual era a velocidade inicial da bola ?2. Com que velocidade a bola passou pela pessoa, quando caía em direção ao solo ?3. Com que velocidade a bola chegará ao solo ?4. Qual é a altura do edifício ?

Solução.

1. Pelas condições do problema a velocidade final vf = vo − 9, 8t, onde vo é a velocidadeinicial, e 9, 8m/s2 é a aceleração da terra.

Supondo que a bola atinge sua altura máxima um segundo depois de ser atiradaao ceu, então quando t = 1 tem-se que vf = 0, logo 0 = vo − (t)(9, 8) assim,vo = 9, 8m/s.

2. Depois de um segundo atinge sua altura máxima, num minuto, a velocidade inicialem queda livre é v0, a velocidade que passou na queda na direção ao solo foi devf = (1)(9, 8) = 9, 8m/s.

3. Chegará ao solo com uma velocidade vf = 3(9, 8) = 29, 4m/s

4. Da equação de Torricelli v2f = v2o + 2a△s onde a é a aceleração do móvel e △s é oespaço percorrido tem-se

(29, 4)2 = (9, 8)2 + 2(9, 8)△s ⇒ △s =(29, 4)2 − (9, 8)2

19, 6= 39, 2m

A altura do edifício é de 39, 2m.

Exercício 6.4.2.As equações do movimento de um projetil estão dadas pelas equações x = t(v0 cosα) e

y = t(v0sen α)−16t2, onde v0 é a velocidade inicial, α é o ângulo de elevação do canhão, té o tempo em segundos, x e y são as coordenadas do projetil. Determine a altura máximaque alcança o projetil e verifique que o maior alcance se obtêm quando α =

π

4.

Solução.


Das equações do movimento encontramos quedx

dt= v0 cosα.

dy

dt= (v0sen α)− 32t ⇒ dy

dx=

v0sen α− 32t

v0 cosα

Quando y′ = 0 segue que t =v0sen α

32.

Figura 6.28:

Por outro lado,d2y

dx2= − 32

v20 cos2 α

. O valor de y correspondente ao valor crítico é

y = (v0sen α)v0sen α

32− 16

(v0sen α

32

)2=

v20sen2α

64

isso representa a altura máxima alcançada pelo projetil.O alcance OR é igual ao valor de x correspondente ao tempo t = 0 para o qual y = 0.

De y = t(v0sen α)− 16t2 = 0 achamos t1 = v0sen α

16. Logo o alcance esta dado por

x(t1) = (v0 cosα)v0sen α

16=

v20sen (2α)

32

Considerando a linha do canhão como a reta tangente no instante do disparo do projetilsegue

dx

dα= v20 ·

cos(2α)

16= 0 ⇒ 2α =

π

2⇒ α =

π

4

Exercício 6.4.3.A lei de Boyle para a expansão de um gás é PV = C, onde P é o número de quilos

por unidade quadrada de pressão, V é o número de unidades cúbicas no volume do gás eC é uma constante . Ache a taxa de variação instantânea de V em relação a P quandoP = 4 e V = 8.Solução.

Tem-se V (P ) =C

P⇒ dV = − C

P 2dP , quando P = 4 e V = 8 segue C = 32.

A taxa de variação instantânea de V em relação a P é dada pordV

dP= − C

P 2, quando

P = 4 segue quedV

dP= −32

42= −2


A taxa de variação instantânea é −2 unidades.

Exercício 6.4.4.Esta sendo drenado água de uma piscina, e V é o volume de água t minutos após o

começo da drenagem, onde V = 250(1.600 − 80t + t2), ache: (a) A taxa média segundoa qual a água deixa a piscina durante os 5 primeiros minutos. (b) A velocidade a qual aágua está fluindo da piscina 5 minutos após o começo da drenagem .Solução.

a) A taxa de variação média de V é dada por△V

△t, logo

△V

△t=

V (5)− V (0)

5− 0=

[250[(1.600− 80× 5 + 52)− (1.600)]

5

]= −18750

A taxa média é −18750 unidades cúbicas.

b) A taxa de variação instantânea de V em relação a t é dada pordV

dt= 250(−80 + 2t)

, quando t = 5 segue quedV

dt= −17500

A taxa de variação instantânea é −18750 unidades cúbicas.

Exercício 6.4.5.Suponha que um cilindro circular reto tenha uma altura constante de 10 cm. Se V cm3

foi o volume do cilindro e r o raio de sua base, ache a taxa de variação média de V emrelação a r quando r varia de: (a) 5, 00 a 5, 40; (b) 5, 00 a 5, 10; (c) 5, 00 a 5, 01;(d) ache a taxa de variação instantânea de V em relação a r quando r é 5, 00. Sugestão:A fórmula para encontrar o volume de um cilindro circular reto é V = πr2h, onde h cm

é altura do cilindro .Solução.

Seja o cilindro de raio r e altura h, seu volume é V = πr2h, então V (r) = 10πr2

a) A taxa de variação média de V é dada por△V

△r, logo

△V

△r=

V (5, 4)− V (5)

5, 4− 5= 10π

[4, 16

0, 4

]= 104π

b)△V

△r=

V (5, 1)− V (5)

5, 1− 5= 10π

[1, 01

0, 1

]= 101π.

c)△V

△r=

V (5, 01)− V (5)

5, 01− 5= 10π

[0, 1001

0, 01

]= 100.1π.


d) A taxa de variação instantânea de V em relação a r é dada pordV

dr= 2πr , quando

r = 5 segue quedV

dr= 20π(5) = 100π

Exercício 6.4.6.Um tronco de árvore mede 20 m, tem a forma de um cone truncado. Os diâmetros

de suas bases medem 2 m e 1 m, respectivamente. Deve-se cortar uma viga de seçãotransversal quadrada cujo eixo coincida com a do tronco e cujo volume seja o maiorpossível. Que dimensões deve ter a viga?.Solução.

Figura 6.29:

Suponhamos a viga de base quadrada x e altura y, temosque seu volume é V = x2y.

Por outro lado, BE = x√2. Por semelhança de triân-

gulos estabelecemos as seguinte relação:20− y

x√2− 1

2

=y

2− x√2

2

⇒ y = 20(2−√2x)

O volume da viga podemos escrever na forma

V = x2y ⇒ V (x) = 20x2(2−√2x)

Para o cálculo dos pontos críticos

dV

dx(x) = 20x(4− 3

√2x) = 0 ⇒ x = 0 ou x =

2√2

3

Comod2V

dx2(2

√2

3) = −80 < 0, temos máximo quando x =

2√2

3.

Portanto as dimensões da viga são: altura y =40

3) e lado da base x =

2√2

3.

Exercício 6.4.7.Quando duas resistências elétricas R1 e R2 estão unidas em paralelo, a resistência

total R está dada por1

R=

1

R1

+1

R2

. Se R1 e R2 aumentam a razão de 0.01 ohms/sg

e 0.02 ohms/sg, respectivamente, Qual é a taxa de variação de R no instante em queR1 = 30 ohms e R2 = 90 ohms ?Solução.

Tem-se1

R=

1

R1

+1

R2

⇒ − 1

R2dR = − 1

R21

dR1 −1

R22

dR2, aumentam a razão de

dR1 = 0.01 ohms/sg e dR2 = 0.02 ohms/sg.No instante em que R1 = 30 ohms e R2 = 90 ohms segue que R = 22, 5 ohms.A taxa de variação de R no instante em que R1 = 30 ohms e R2 = 90 ohms é dada

por − 1

R2dR = − 1

3020.01− 1

9020.02 ⇒ dR = 0, 0069 ohms/sg


A taxa de variação instantânea é 0, 0069 ohms/sg .

Exercício 6.4.8.Um foguete é lançado verticalmente e sua trajetória tem equação horária s = 160t−5t2,

o sentido positivo para o céu. Determine: a) A velocidade do foguete 2 s depois dolançamento. b) O tempo que leva o foguete para alcançar sua altura máxima.Solução.

Temos que calcular pontos críticos da função s(t) = 160t − 5t2 que representa atrajetória (espaço) percorrido pelo foguete, podemos supor este espaço medido em metros.

a) Quando t = 2 temos s(2) = 160(2) − 5(2)2 = 300m e o espaço percorrido pelo

foguete, e sua velocidade é v =300m

2s= 150m/s

b) Por outro lado, s′(t) = 160 − 10t quando s′(t) = 0 segue t = 16 como s′′(t) =

−10 < 0 então s(t) tem máximo quando t = 16.Observe que s(16) = 1280m, é a altura máxima

Exercício 6.4.9.Uma pedra é lançada a uma lagoa e produz uma série de ondulações concêntricas. Se

o raio r da onda exterior cresce uniformemente a razão de 1.8m/s, determine a taxa coma que a água perturbada está crescendo a) Quando r = 3m. b) Quando r = 6m.Solução.

Inicialmente área foi A = πr2 m2, sendo perturbada esta área cresce a razão dedA

dt=

π2rdr

dtm2/s

a) Quando r = 3m ⇒ dA

dt= π6(1.8)m2/s = 10, 8m2/s esta crescendo a razão

de 10, 8m2/s.

b) Quando r = 6m ⇒ dA

dt= π12(1.8)m2/s = 21, 6m2/s esta crescendo a razão

de 21, 6m2/s.

Exercício 6.4.10.Uma pedra se deixa cair (com velocidade inicial zero) do topo de um edifício de 144

metros de altura. a) Em que momento a pedra chegará ao solo ? b) Qual será a velocidadeao chegar ao solo ?. Sugestão: Para um objeto que se atira ou cai verticalmente, a alturaque recorre depois de t segundos é: A(t) = −16t2+V0+A0, onde V0 é a velocidade inicialdo objeto e A0 é a altura inicial.Solução.

Observe que V0 = 0 e A0 = 144m.

a) Quando após um determinado tempo A(t) = 0 temos que o objeto chegou ao soloassim [A(t) = −16t2 + 0 + 144 = 0 ⇒ t = 2

√6 ≈ 2, 45.

Chegará ao solo aproximadamente e, 2, 45 segundos.


b) A velocidade instantânea é dada pela primeira derivada da função assim

dA

dt(t) = −32t ⇒ dA

dt(2√6) = −32(2

√6) ≈ −156, 77

O objeto cai a uma velocidade de 156, 77 metros por segundo.

Exercício 6.4.11.

Suponhamos que um cilindro circular reto e fechado tenha uma área de 100 cm2. Quevalores devem ter o raio e sua altura para que seu volume seja máximo ?Solução.

Sejam r o raio da base do cilindro, e sua altura h. Sua área total é dada por 100 =

2πr2 + 2πrh de onde h =50− πr2

πr=

50

πr− r.

Seu volume é V = πr2h ⇒ V (r) = πr2[50

πr− r] = 50r − πr3 para o cálculo dos

pontos críticos, calculamos a derivada V ′(r) = 50 − 3πr2 de onde r = 3

√50

3πé ponto

crítico. Observe que V ′′(r) = −6πr < 0. Quando r = 3

√50

3π≈ 1, 74407... temos volume

máximo. Sua altura h ≈ 7, 38134....

Exercício 6.4.12.

Mostre que o cilindro reto de maior volume que pode ser inscrito em um cone, é4

9do

volume do cone.Solução.

Figura 6.30:

Sejam OD = H e CB = h, volume do cone VCone =1

3πR2H e o volume do cilindro VCil = πr2h.

Por semelhança de traiângulos temos

h

H=

R− r

R⇒ h =

H(R− r)

R

logo VCil =πr2H(R− r)

R⇒ V ′

Cil(r) =πrH

R(2R − 3r),

quando V ′Cil(r) = 0 segue que r =

2

3R é ponto crítico.

Por outro lado, V ′′Cil(

2

3R) = −2πH < 0, logo o volume do

cilindro é nesse ponto crítico. Assim temos

VCil =πr2H(R− r)

R=

π(2R3)2H(R− 2R

3)

R=

4

9VCone


Portanto, o cilindro reto de maior volume que pode ser inscrito em um cone, é4

9do

volume do cone.

Exercício 6.4.13.Um cone circular reto tem um volume de 120 cm3 Quais são as dimensões que deve

ter este cone para que sua área lateral seja mínima?Solução.

Suponhamos um cone de raio na base r e altura h, então sua geratriz é g =√r2 + h2.

Seja S a superfície lateral do cone, então

S =πg2 · 2πr

2πg= πrg = πr

√r2 + h2

Por outro lado, o volume do cone mede V =1

3πr2h = 120cm3 de onde h =

360

πr2. Logo

a área lateral podemos escrever na forma

S(r) = πr

√r2 + (

360

πr2)2 ⇒ S ′(r) =

2π2r6 − 3602

r2√π2r6 + 3602

quando S ′(r) = 0 ⇒ r = 3

√360√2π

≈ 4, 327.. é o único número real que satisfaz o

ponto crítico. Como S ′(4, 327..+ k) > 0 e S ′(4, 327..− k) < 0 para k → 0+ então nesseponto existe o mínimo.

As dimensões do cone são; raio da base r ≈ 4, 327.., altura h ≈ 6, 12... e geratrizg ≈ 7, 495....

Exercício 6.4.14.Num triângulo isósceles ABC o lado desigual AC mede 2a e a altura correspondente

a esse lado mede h. Determine um ponto P sobre a altura mencionada para que a somadas distâncias de P até os três vértices sea mínima.Solução.

-�

6

?

@@@@

@@

��

��

��

PrA(−a, 0) C(a, 0)

B(0, h)

Figura 6.31:

Pelas condições do problema, podemos suporcomo mostra a figura.

Seja P (0, y) onde y > 0, as coordenadas doponto P a soma das distância é dado por d(y) =

2√

a2 + y2 + (h− y)

Para o cálculo dos pontos críticos:dP

dy(y) =

2y√a2 + y2

− 1.


QuandodP

dy(y) = 0 tem-se que

2y√a2 + y2

= 1 ⇒ 4y2 = a2 + y2, logo y = ±a√3

3,

consideremos y =a√3

3.

Usando o critério da derivada segunda:d2P

dy2(y) =

2a2

(√a2 + y2)3

> 0 em y =a√3

3.

O ponto é P (0,a√3

3).

Exercício 6.4.15.Temos uma folha de papelão medindo 80cm por 50cm. Cortando convenientemente

em cada vértice num quadrado de lado x queremos construir uma caixa. Calcule x paraque a referida caixa tenha um volume máximo.Solução.

pp p p p p p · · · · · · · · ·��

��

��

80− 2x

50− 2xx��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

Figura 6.32:

Cortando quadrados de lado x em cada vértice, po-demos formar uma caixa de papelão de volume igual a

V = x(50− 2x)(80− 2x) = 4(1000x− 65x2 + x3)

dV

dx= 4(1000− 130x+ 3x2)

quandodV

dx= 0 temos que x = 10 ou x = 33, 3 este

último caso valor para x conduz a um absurdo.

Para x = 10, comod2V

dx2= 4(−130 + 6x) então

d2V

dx2(10) = 4(−130 + 60) < 0.

Portanto temos volume máximo quando x = 10cm.


6.5 Miscelânea

Miscelânea 6-1

Miscelânea 6.1.1.

Estudemos a seguinte função: f(x) =

x2 · sen 1

x, se, x = 0

0, se, x = 0.

Pelo T.V.M no intervalo [0, x] temos: f(x)−f(0) = x ·f ′(c) quando (0 < c < x).

Isto é: x2sen1

x= x(2c · sen 1

c− cos

1

c), de onde cos

1

c= 2c · sen 1

c− x · sen 1

x.

Quando x tende para zero, c também tende para zero; deste modo concluímos que:

limc→0

cos1

c= 0. Explicar este resultado paradoxal.

Solução.

Observe, depois de aplicar o T.V.M no limite

limx→0

x · sen 1

x= lim

x→0(2c · sen 1

c− cos

1

c) ⇒ 0 = lim

x→0(2c · sen 1

c− cos

1

c)

Quando x → 0, também c → 0, logo

0 = limc→0

(2c · sen 1

c− cos

1

c) ⇒ lim

c→0cos

1

c= 0

Para verificar esse limite acontece c =2

(2k + 1)π, k ∈ Z+ isto é, so consideramos os

valores intermédios para os quais cos1

c→ 0.

Miscelânea 6.1.2.Para uma constante a > 0, determine a diferença entre o valor máximo e mínimo

relativo da função g(x) = (a− 1

a− x)(4− 3x2).

Solução.

Tem-se que: g(x) = (a− 1

a− x)(4− 3x2) = 4(a− 1

a)− 4x+ 3x3 − 3x2(a− 1

a).

g′(x) = −4 + 9x2 − 6x(a− 1

a) = (3x)2 − 2(3x)(a− 1

a) + (a− 1

a)2 − (a− 1

a)2 − 4

Para o cálculo dos números críticos g′(x) = 0, então:

(3x− (a− 1

a))2

= (a+1

a)2 ⇒

(3x− (a− 1

a)− (a+

1

a))(3x− (a− 1

a) + (a+

1

a))= 0

(x− 2a

3

)(x− 2

3a

)= 0 ⇒ x1 =

2a

3, x2 = − 2

3a


Por outro lado, g′′(x) = 18x− 6(a− 1

a), logo:

g′′(x1) = 18(2a

3)− 6(a− 1

a) ⇒ g′′(x1) = 6(a+

1

a) > 0

Em x1 acontece um mínimo relativo, e:

g(x1) = g(2a

3) = (a− 1

a− 2a

3)(4− 3(

2a

3)2) = 4(

a

3− 1

a)(1− a2

3)

Para x2 tem-se:

g′′(x2) = 18(− 2

3a)− 6(a− 1

a) ⇒ g′′(x2) = −6(a+

1

a) < 0

Em x2 acontece um máximo relativo e:

g(x2) = g(− 2

3a) = (a− 1

a+

2

3a)(4− 3(− 2

3a)2) = 4(a− 1

3a)(1− 1

3a2)

.A diferença entre o valor máximo e mínimo relativo da função g(x) é:

g(x2)− g(x1) = 4

[(a− 1

3a)(1− 1

3a2)

]−[4(a

3− 1

a)(1− a2

3)

]=

= 4

[3a2 − 1

3a

] [3a2 − 1

3a2

]− 4

[a2 − 3

3a

] [3− a2

3

]=

4

9a3(3a2 − 1)2 +

4

9a(a2 − 3)2 =

=4

9a3[9a4 − 6a2 + 1 + a2(a4 − 6a2 + 9)] =

4

9a3[9a4 − 6a2 + 1 + a6 − 6a4 + 9a2]

Portanto, g(x2)− g(x1) =4

9a3(a2 + 1)3

Miscelânea 6.1.3.Sejam f e g funções diferenciáveis em (a, b) tais que f ′(x) > g′(x) ∀ x ∈ (a, b).

Se existe c ∈ (a, b) tal que f(c) = g(c), mostre que f(x) < g(x) ∀ x ∈ (a, c) eg(x) < f(x) ∀ x ∈ (c, b).Solução.

Definimos h(x) = f(x) − g(x) então pelas hipóteses de f e g segue que h é funçãodiferenciável em (a, b) e h′(x) = f ′(x)− g′(x) > 0 ∀ x ∈ (a, b), logo h é função crescenteem (a, b).

Se existe c ∈ (a, b), então h(a) < h(c) < h(b), logo:

• Para todo x ∈ (a, c), de h(a) ≤ h(x) < h(c) segue que f(x)−g(x) < f(c)−g(c) = 0

então f(x) < g(x) ∀ x ∈ (a, c) pelo fato ser crescente.


• Para todo x ∈ (c, b), de h(c) < h(x) ≤ h(b) segue que f(c)−g(c) < f(x)−g(x) = 0

então g(x) < f(x) ∀ x ∈ (c, b) pelo fato ser crescente.

Miscelânea 6.1.4.

Seja f derivável em R e g(x) =f(x)

x, x = 0. Se c é um ponto de máximo local de

g, mostre que:

1. c · f ′(c)− f(c) = 0.

2. A reta tangente ao gráfico de f no ponto (c, f(c)) passa pela origem.

Solução.

1. Como c é um ponto de máximo local então c é um número crítico, logo g′(c) = 0.

Pelas condições de f(x) tem-se que g′(x) =x · f ′(x)− f(x)

x2.

Logo c · f ′(c)− f(c) = 0.

2. O coeficiente ângular da reta tangente à curva f(x) no ponto (c, f(c)) é dado por f ′(c).A reta tangente à curva f(x) no ponto (c, f(c)) é dada por:

y − f(c) = f ′(c)(x− c) ⇒ y = x · f ′(c)− [c · f ′(c)− f(c)]

Assim, y = x · f ′(c) é a equação da reta tangente pedida e passa pela origem decoordenadas.

Miscelânea 6.1.5.Determine os intervalos de crescimento ou decrescimento das seguintes funções:

1. y = 2− 3x+ x3 2. y = x.e−x 3. y =√(x2 − 1)3

4. y = (2− x)(x+ 1)2 5. y = x2(1− x√x) 6. y = Ln (x2 + 1)

7. y =x

Ln x8. y = (2x− 1) 3

√(x− 3)2 9. y = x− 2sen 2x

10. y = e1,5sen x

Solução.

1. Seja y = 2−3x+x3 ⇒ dy

dx= −3+3x2 quando

dy

dx= 0 segue que x = 1 e x = −1.

Por outro lado,d2y

dx2= 6x, como

d2y

dx2(1) = 6 > 0 então em x = 1 tem-se ponto de

mínimo local. Comod2y

dx2(−1) = −6 < 0 então em x = −1 tem-se ponto de máximo

local.


Observe quedy

dx= −3 + 3x2 = 3(x2 − 1) > 0 se x < −1 ou x > 1. Logo a função

é crescente no intervalo (−∞, −1) ∪ (1,+∞).

Tem-se quedy

dx= −3 + 3x2 = 3(x2 − 1) < 0 se −1 < x < 1; logo a função é

decrescente no intervalo (−1, 1).

2. Da função y = x.e−x segue quedy

dx= e−x − x · e−x quando

dy

dx= 0 segue que x = 1.

Observe quedy

dx= (1−x)e−x, se x < 1 a função é crescente no intervalo (−∞, 1).

Para o intervalo x > 1 tem-se quedy

dx< 0, logo a função é decrescente no intervalo

(1,+∞). Em x = 1 tem-se máximo absoluto.

3. O domínio da função y =√(x2 − 1)3 é x ∈ R tal que x2 ≥ 1. A derivada

dy

dx=

3

2x ·

√x2 − 1

Quando x > 1 tem-se quedy

dx> 0, logo a função é crescente no intervalo (1,+∞).

Quando x < −1 tem-se quedy


(−∞, −1). Nos pontos x = ±1 tem-se mínimo absoluto.

4. O domínio da função y = (2− x)(x + 1)2 é todo x ∈ R por ser função polinômica. A

derivadady

dx= 2(2 − x)(x + 1) − (x + 1)2 = −3(x + 1)(x − 1) são pontos críticos

x = −1 e x = 1.

Quando x < −1 tem-se quedy


(−∞,−1).

Quando −1 < x < 1 tem-se quedy

dx> 0, logo a função é crescente no intervalo

(−1, 1).


dx< 0, logo a função é decrescente no intervalo (1,+∞).

No pontos x = 1 tem-se máximo relativo e no ponto x = −1 tem-se mínimo relativo.

5. O domínio da função y = x2(1 − x√x) é todo x ∈ R+ pelo fato da raiz quadrada. A

derivadady

dx= 2x(1− x

√x)− 3

2x2√x) = x(2− 7

2x√x) são pontos críticos x = 0 e

x = 3

√1649

≈ 0, 689.

Quando 0 < x < 0, 689 tem-se quedy

dx> 0, logo a função é crescente no intervalo

(0, 3

√1649).

Quando x > 0, 689 tem-se quedy


( 3

√1649,+∞).


No ponto x = 3

√1649

tem-se máximo relativo, no ponto x = 0 começa o gráfico de f .

6. O domínio da função y = Ln (x2 + 1) é todo x ∈ R. A derivadady

dx=

2x

x2 + 1é ponto

crítico x = 0.

Quando x < 0 tem-se quedy

dx< 0, logo a função é decrescente no intervalo (−∞, 0).



No ponto x = 0 tem-se mínimo relativo.

7. O domínio da função y =x

Ln xsão todos os reais x > 0 tais que x = 1. Sua derivada

édy

dx=

Ln x− 1

Ln 2x

Quando x > e tem-se quedy

dx> 0, logo a função é crescente no intervalo (e,+∞).

Quando 0 < x < e, x = 1 tem-se quedy

dx< 0, logo a função é decrescente no

intervalo (0, e).

8. O domínio da função y = (2x− 1) 3√(x− 3)2 são todos os reais. Sua derivada é

dy

dx= 2 3√(x− 3)2 +

2

3(2x− 1)

13√x− 3

=10

3 3√x− 3

(x− 2)

são pontos críticos x = 2 e x = 3.



Quando x < 2 tem-se quedy

dx< 0, logo a função é decrescente no intervalo (−∞, 2).

9. O domínio da função y = x− 2sen 2x são todos os reais. Sua derivada é

dy

dx= 1− 2sen (2x) ⇒ sen (2x) =

1

2⇒ 2x =

π

3+ 2kπ, 2x =

5π

3+ 2kπ

São pontos críticos x = π6+ kπ, x = 5π

6+ kπ, k ∈ Z.

Quando x >π

6+ kπ tem-se que

dy

dx< 0, logo a função é decrescente.

Quando x <π

6+ kπ tem-se que

dy

dx> 0, logo a função é crescente.

Quando x <5π

6+ kπ tem-se que

dy

dx> 0, logo a função é crescente.

Quando x >5π

6+ kπ tem-se que

dy

dx< 0, logo a função é decrescente. Máximo nos

pontos x =π

6+ kπ e mínimo nos pontos x =

5π

6+ kπ.


Logo a função é decrescente nos intervalos (π

6+kπ,

5π

6+kπ) e crescente nos intervalos

(5π

6+ kπ,

5π

6+ (k + 1)π).

10. Seja y = e1,5sen x ⇒ dy

dx= 1, 5 cos xe1,5sen x quando

dy

dx= 0 segue que x =

(2k + 1)π

2.

Tem-se quedy

dx> 0 quando cosx > 0, isto acontece nos intervalos

x ∈((4k − 1)π

2,(4k + 1)π

2

), ∀ k ∈ Z

logo a função é crescente nesses intervalos

Tem-se quedy

dx< 0 quando cosx < 0, isto acontece nos intervalos

x ∈((4k + 1)π

2,(4k + 3)π

2

), ∀ k ∈ Z

logo a função é decrescente nesses intervalos.

A função tem máximo absoluto em todos os pontos x =(4k + 1)π

2∀ k ∈ Z e tem

mínimo absoluto em todos os pontos x =(4k − 1)π

2∀ k ∈ Z.

Miscelânea 6.1.6.O valor de um diamante é proporcional ao quadrado do seu peso. Divide um diamante

de 2 gramas em duas partes de tal modo que a soma dos valores dos diamantes obtidosseja mínima.Solução.

Suponhamos o diamante ao dividir obtemos um de peso x gramas e o outro de peso2− x gramas. O valor da soma do seus valores é

V (x) = x2 + (2− x)2 ⇒ dV

dx= 2x− 2(2− x) = 4(x− 1)

observe que x = 1 é ponto crítico.

Por outro lado, comod2V

dx2= 4 > 0 logo em x− 1 temos mínimo.

Portanto, o diamante tem que ser dividido em duas partes de pesos iguais a umagrama.

Miscelânea 6.1.7.Determine o cilindro de superfície total S, tal que seu volume seja máximo.

Solução.


Seja o cilindro de raio da base r e altura h, sua superfície total é S = 2πrh+2πr2, de

onde h =S − 2πr2

2πr. Seu volume é

V = πr2h =πr2(S − 2πr2)

2πr⇒ V (r) =

1

2[Sr − 2πr3]

Calculando seus pontos críticosdV (r)

dr=

1

2[S − 6πr2] = 0 ⇒ r = ±

√S6π

.

A derivada segundad2V (r)

dr2= −6πr. Como

d2V

dr2(

√S

6π) < 0

Miscelânea 6.1.8.

Para os seguintes exercícios, traçar o gráfico da curva correspondente indicando suasassíntotas.

1. f(x) =

√x2 + x− x, se, | x |≥ 9

x2 − 81

x2 − 9x, se, | x |< 9

2. f(x) =

x2

√4− x2

, se, | x |> 2

3x

2x+ 1+ 6x, se, | x |≤ 2

3. f(x) =

5

√x8 + 2x+ 1

x3 + 8, se, x ≤ −1∥∥∥∥−x+ 1

x+ 3

∥∥∥∥ , se, − 1 < x ≤ 1

3√6x2 − x3, se, x > 1

4. f(x) =

3

√x+ 3

x− 3, se, x ≤ −3

3 | x+ 3 |x+ 1

, se, − 3 < x ≤ 2∥∥∥∥5 + 2

x

∥∥∥∥ , se, x > 2

Solução.

1.

2.


3.

4.

Miscelânea 6.1.9.Uma escada com 6m de comprimento está apoiada em uma parede vertical. Se a base

da escada começa a se deslizar horizontalmente, à razão de 0, 6m/s, com que velocidadeo topo da escada desce a parede, quando está a 4m do solo?Solução.

Suponhamos seja x a distância da base da escada à parede, e y a distância do topo daescada ao piso. Por Pitágoras 62 = x2 + y2.

Derivando implícitamente segue que 0 = 2x + 2ydy

dx. Assim, esta derivada implícita

podemos escrever na forma −y ·dy = x·dx de onde dividindo por dt (diferencial do tempo)obtém-se

−y · dydt

= x · dxdt

Como ao deslizar a escada no piso, a base da escada se afasta da parede a cada segundo,

entãodx

dt= 0, 60m/s. Logo como x = 4 implica y =

√62 − 42 = 2

√5 então

−y · dydt

= x · dxdt

⇔ −(2√5) · dy

dt= (4) · (0, 6m/s) ⇒ dx

dt=

2√5

10

Portanto, o topo da escada se aproxima do piso a uma velocidade de 0, 44m/s.

Miscelânea 6.1.10.Um homem de 1, 80m, caminhando à velocidade de 1, 5m/s , afasta-se de uma lâmpada

situada a 5m acima do chão. Calcule a velocidade com que se move a sombra do homeme a velocidade com que se move a extremidade dela.Solução.


Figura 6.33:

Seja y a sombra do homem e x+ y o comprimentodesde a vertical da lâmpada até o extremo da sombracomo mostra a Figura (6.33). Então por semelhança

de triângulo tem-se que5

x+ y=

1, 8

y⇒ 3, 2y =

1, 8x

Como o homem se afasta da vertical da lâmpada a

uma velocidade de 1, 5m/s entãodx

dt= 1, 5. Logo de

3, 2y = 1, 8x segue que 3, 2dy

dt= 1, 8

dx

dt⇒ dy

dt=

(1, 8)(1, 5)

3.2= 0, 84375.

Portanto, a sombra movimenta-se com velocidade de 0, 84375m/s.

Miscelânea 6.1.11.O gás de um balão esférico escapa à razão de 2dm3/min. Encontre a razão com que

diminui a superfície do balão quando o raio é de 12dm.Solução.

Seja r o raio do balão esférico, seu volume mede V =4

3πr3. logo dV = 4πr2dr.

O gas escapa numa relação que intervem o tempo, entãodV

dt= 12dm3/min assim po-

demos escreverdV

dt= 4πr2

dr

dtde onde 12dm3/min = 4πr2

dr

dt⇒ dr

dt=

1

48πdm/min.

A área do balão esférico é A(r) = 4πr2. Derivando em relação a r obtém-se dA =

8πrdr, em relação ao tempo resultadA

dt= 8πr

dr

dt.

Logo,dA

dt= 8π(12)(

1

48πdm/min) = 2dm2/min

Miscelânea 6.1.12.Um balão esférico está sendo inflado e seu raio é R no fim de t segundos. Encontre o

raio no instante em que as taxas de variação da superfície e do raio são numéricamenteiguais.Solução.

A superfície esférica do balão é S = 4πR2, logodS

dR= 8πR de onde dividindo em

relação ao tempo pelo fato do raio no instante t, resulta

dS

dt= 8πR

dR

dt(6.6)

Suponhamos quedS

dt=

dR

dt, então em (6.6) segue que 1 = 8πR de onde R =

1

8π.

O raio no instante pedido é R = 18π

=.


Miscelânea 6.1.13.Mostre que a subtangente correspondente a qualquer ponto da parábola y = ax2 é igual

à metade da abscissa do ponto de tangencia.Solução.

O coeficiente angular da reta tangente à curva no ponto (x0, y0) = (0, 0) é m = 2ax0,e a equação da reta tangente à cuva no ponto (x0, y0) é dada por y − y0 = 2ax0(x− x0)

Quando y = 0 temos que x =y0

2ax0

, logo o comprimento da subtangente é dado por

x0 −y0

2ax0

=2ax2

0 − y02ax0

=2ax2

0 − ax20

2ax0

=1

2x0

O caso (x0, y0) = (0, 0) é imediato.

Miscelânea 6.1.14.Calcule as dimensões do trapézio regular de perímetro máximo que pode-se inscrever

em uma semicircunferência de raio r se uma base do trapézio ocupa todo o diâmetro dela semicircunferência.Solução.

Figura 6.34:

Suponhamos o trapézio como se mostra na figura(6.34).

Tem-se que h = rsen x e EO = r cos x. A basemenor mede 2r cosx e a base maior mede 2r. ComoDO = DE + EO ⇒ DE = r − r cos x

Por Pitágoras, CD2= h2 + DE

2 ⇒ CD =√2r2(1− cosx) = 2rsen

x

2.

P (x) = 2r + 2r cos x+ 4rsenx

2

P ′(x) = −2rsen x+ 2r cosx

2, P ′(x) = 0 ⇒ sen

x

2=

1

2⇒ x =

π

3

P ′′(x) = −2r cosπ

3− 2rsen

π

6< 0

O perímetro é máximo quando x =π

3.

As dimensões são: Base maior=2r, base menor=r, lados=r.

Miscelânea 6.1.15.Um comerciante produz certo produto ao custo unitário de R$5, 00 e calcula que, se

vendê-los a x reais a unidade, os clientes comprarão (20 − x) unidades por dia. A quepreço o fabricante deve vender seu produto para que seja máximo o lucro obtido ?Solução.


Suponhamos que o comerciante produz (20 − x) unidades por dia, logo o custo deprodução diario é 5(20− x) reais.Como o comerciante vende (20− x) unidades ao preçocada uma de x então para ter lucto x > 5. Ele arregada na venda x(20− x) reais.

Assim, o lucro diário é L(x) = x(20−x)− 5(20−x) = (x− 5)(20−x). Determinemoso valor de x que maximize a função de lucro.

L′(x) = −2x+ 25 ⇒ x = 12, 5

Como L′′(12, 5) < 0 temos máximo em x = 12, 5

Portanto, ele tem que vender cada produto em R$12, 5

Miscelânea 6.1.16.O número α é chamado "raiz dupla"da função polinômica f , se f(x) = (x − α)2g(x)

para alguma função polinômica g(x)

1. Mostre que α é raiz dupla de f se, e somente se também é raiz de f ′.

2. Em quais condições a função f(x) = ax2 + bx+ c, com a = 0 tem raiz dupla?

Solução.

1. Se α é raiz dupla de f então podemos escrever f(x) = (x−α)2g(x) para alguma funçãopolinômica g(x). Derivando esta função resulta f ′(x) = (x−α)[2g(x)+(x−α)g′(x)],assim α é raiz de função polinômica f ′(x).

Inversamente, se f(α) = 0, f ′(α) = 0 então f(x) = (x− α)g(x) para algum g, alémdisso f ′(x) = g(x) + (x− α)g(x), logo 0 = f ′(α) = g(α), assim g(x) = (x− α)h(x).Portanto, f(x) = (x− α)2h(x) logo α é raiz dupla de f .

2. A única raiz de f ′(x) = 2ax+ b é x = − b

2a, de modo que f tem raiz dupla se

0 = f(x) = a(− b

2a

)2+ b(− b

2a

)+ c = − b2

4a+ c

ou b2 − 4ac = 0. Geometricamente, esta é a condição para que o gráfico de f toqueo eixo-x num único ponto.

Miscelânea 6.1.17.O número de bactérias de certo cultivo num instante t é dado pela fórmula N =

1000(25 + tet/20) para 0 ≤ t ≤ 100.1. Em que instante desse intervalo, 0 ≤ t ≤ 100, existe um número máximo e um

número mínimo de bactérias?


2. Em que instante é mais lento o crescimento ou decrescimento do número de bacté-rias?Solução.

1. A função exponencial et/20 é crescente em todo seu domínio, logo quando t = 0

tem-se que N(0) = 1000(25 + 0 · e0/20) = 25000 é o mínimo de bactérias.

Quando t = 100 segue que N(100) = 1000(25 + 100e5) = representa o máximonúmero de bactérias.

2. Temos N ′ = 1000(et/20 +t

20(et/20) = 1000et/20(1 +

t

20). Por outro lado, N ′′ =

1000 120et/20(1 +

t

20) + 1000et/20 · 1

20, isto é N ′′ = 50et/20(2 +

t

20) ≥ 0 concava para

acima.

Temos para 0 ≤ t ≤ 20 que 25000 ≤ 1000(25 + 20e)

Temos para 20 ≤ t ≤ 100 que 1000(25 + 20e) ≤ 1000(25 + 100e5)

O crescimento é lento quando t ∈ [0, 20], pois observe que a parcela tet/20 crescedevagar.

Miscelânea 6.1.18.

A velocidade de um móvil que parte da origem está dada em m/s e pelo gráfico:

1. Calcular a função “espaço percorrido”.

2. Graficar a função espaço percorrido-tempo.

3. Prove que a área sob a curva que da a velocidade coincide com o espaço total percorrido.

-

6

�� HHHHHH

......

......

. . . .

. . . . . . . . . . . . . . . .

0 1 2 3 4 5 6

t1

2

v

Figura 6.35:

Solução.


Seja E(t) a função "espaço percorrido-tempo", se o gráfico representa a velocidade,então

dE

dt(t) =

2t se 0 ≤ t ≤ 1

2 se 1 ≤ t ≤ 3

4− 2

3t se 3 ≤ t ≤ 6

então

1. E(t) =

t2 + C1 se 0 ≤ t ≤ 1

2t+ C2 se 1 ≤ t ≤ 3

4t− 1

3t2 + C3 se 3 ≤ t ≤ 6

como a velocidade inicial parte da origem e sendo a função E(t) a função "espaçopercorrido-tempo"contínua segue

E(t) =

t2 se 0 ≤ t ≤ 1

2t− 1 se 1 ≤ t ≤ 3

4t− 1

3t2 − 4 se 3 ≤ t ≤ 6

2. O gráfico dessa função é o mesmo apresentado na Figura (6.1.18)

Figura 6.36:

3. A área sob a curva que da a velocidade da Figura (6.1.18) es

A =1

2(1× 2) + 2× 2 +

1

2(3× 2) = 8

O espaço percorrido é E(6) = 4(6)− 1

362 − 4 = 8.

Como podemos observar coincidem.

Miscelânea 6.1.19.


Determinar máximos e mínimos da função f(x) = 2sen x+ cos 2x.Solução.

As funções trigonométricas são periódicas, analisemos no intervalo [0, 2π]

f ′(x) = 2 cosx− 2sen 2x = 2 cos x− 2sen x cosx = 2 cosx(1− 2sen x) = 0

de onde

cos x = 0 ou 1− 2sen x = 0 ⇒ x =π

2, x =

3π

2, x =

π

6, x =

5π

6

Pelo critério da derivada segunda f ′′(x) = −2sen x− 4 cos 2x

f ′′(π

2) = −2sen

π

2− 4 cos 2

π

2= 2 ⇒ (

π

2, 1) mínimo relativo

f ′′(3π

2) = −2sen

3π

2− 4 cos 2

3π

2= 6 ⇒ (

3π

2,−3) mínimo relativo

f ′′(π

6) = −2sen

π

6− 4 cos

π

6= −3 ⇒ (

π

6,3

2) máximo relativo

f ′′(5π

6) = −2sen

5π

6− 4 cos 2

5π

6= −3 ⇒ (

5π

6,3

2) máximo relativo

De modo mais geral, tinhamos f ′(x) = 2 cosx−2sen 2x = 0 de onde cosx−sen 2x = 0

então segue

cos x(1

2− sen x) = 0 ⇒ x =

1

2(2k + 1)π ou x =

1

6(2k + 1)π

ou x =1

6(2k + 5)π, k ∈ Z.

Pelo critério da derivada segunda temos f ′′(x) = −2(sen x+ 2 cos 2x)

No ponto x =1

2(2k + 1)π temos

f ′′(x) = −2[sen1

2(2k + 1)π + 2 cos 2 · 1

2(2k + 1)π] = −2[sen (k +

1

2)π + 2 cos(2k + 1)π]

temos assim f ′′(1

2(2k + 1)π) > 0, k ∈ Z nesses pontos temos mínimo relativo.

Os outros pontos fica como exercício para o leitor.

Miscelânea 6.1.20.

Seja d o comprimento da diagonal de um retângulo de lados x e y respectivamente. Sex aumenta com uma rapidez de 0, 5m/s e y diminui com uma rapidez de 0, 25m/s.


1. Qual a razão em que esta mudando o comprimento da diagonal quando x = 3m ey = 4m.

2. A diagonal está aumentando ou diminuído nesse instante.

Solução.

Sabemos que a diagonal d =√x2 + y2, logo d2(t) = x(t) + y2(t), derivando respeito

ao tempo t tem-se 2d(t) · d

dt(t) = 2x(t)x′(t) + 2y(t)y′(t), podemos supor que no instante

t0 em x(t0) = 3 e y(t0) = 4, logo d(t0) =√32 + 42 = 5;

Como x′(t) = 0, 5 e y′(t) = −0, 25, então 2(5)d

dt(t) = 2(3)(0, 5) + 2(4)(−0, 25) = 0, 1.

Portanto o comprimento da diagonal cresce nesse instante

Miscelânea 6.1.21.Um recipiente cilíndrico de capacidade 500 centímetros cúbicos, tem um raio de 2 cm

e esta cheio de água. Qual o erro que devemos aceitar ao medir sua altura h da água dorecipiente para assegurar que teremos meio litro de água com um erro de menos 1%?Solução.

O volume do cilindro esta dado pela fórmula V = π(2)2h e queremos que

|4πh− 500| < 5 ⇔ 4π|h− 125

π| < 5 ⇔ |h− 36, 5925| < 5

4π= 0, 3979

Portanto, devemos medir a altura h com uma precisão aproximada de 4 milímetros.

Miscelânea 6.1.22.Num triângulo isósceles ABC o lado desigual AC mede 2a e a altura correspondente

a esse lado mede h. Determine um ponto P sobre a altura mencionada para que a somadas distâncias de P até os três vértices sea mínima.Solução.

-�

6

?

@@@@

@@

��

��

��

PrA(−a, 0) C(a, 0)

B(0, h)

Figura 6.37:

Pelas condições do problema, podemos suporcomo mostra a figura.

Seja P (0, y) as coordenadas do ponto P , a somadas distância é dado por d(y) = 2

√a2 + y2+(h−y)

Para o cálculo dos pontos críticos: d′(y) =2y√

a2 + y2− 1.

Quando d′(y) = 0 tem-se que2y√

a2 + y2=

1 ⇒ 4y2 = a2 + y2, logo y = ±a√3

3


Usando o critério da derivada segunda: d′′(y) =2a2

(√

a2 + y2)3> 0 em y = ±a

√3

3.

Quandoa√3

3tem-se distância mínima.

O ponto se encontra a uma distânciaa√3

3da base AC.

Miscelânea 6.1.23.Um raio de luz (fóton) parte de um ponto A para um ponto B sobre um espelho plano,

sendo refletido quando passa pelo ponto P . Estabelecer condições para que o caminhoAPB seja o mais curto possível.Solução.

Seja C(x) o comprimento do percurso do rio de luz, como indica a Figura (??), entãoC(x) =

√a2 + (d− x)2 +

√b2 + x2.

Figura 6.38:

Derivando esta função

C ′(x) = − (d− x)√a2 + (d− x)2

+x√

b2 + x2

Igualando a zero obtemos

(d− x)√a2 + (d− x)2

=x√

b2 + x2⇒ x =

bd

a+ b

Por outro lado, C ′′(x) =b2√

(b2 + x2)3+

(a2√(a2 + (d− x)2)3

> 0. Em particular

C ′′( bda+b

) > 0.

Portanto, o caminho APB seja o mais curto possível quando x =bd

a+ b.

Miscelânea 6.1.24.Qual dos triângulos retângulos de perímetro dado 2p, tem maior área ?

Solução.Suponhamos o triângulo retângulo de lados a, b e

√a2 + b2, então 2p = a+b+

√a2 + b2,

de onde(2p− a− b)2 =

√a2 + b2 ⇒ b =

2p(a− p)

a− 2p

Sua área A é dada por

A =1

2ab ⇒ A(a) =

pa(a− p)

a− 2p⇒ A′(a) =

p(a2 − 4ap+ 2p2)

(a− 2p)2

Quando A′(a) = 0 segue que A′(a) =p(a− 2p)2 − 2p2)

(a− 2p)2de onde a = p(2±

√2) são

pontos críticos (não consideramos a− 2p = 0 absurdo!).


A derivada segunda é A′′(a) =4p3

(a− 2p)3. De onde, quando a = p(2 +

√2 tem-se

A′′(p(2 +√2) =

4p3

(a− 2p)3> 0 logo indica mínimo local (porém não existe esse triângulo

com as condições dadas.

Quando a = p(2−√2 tem-se A′′(p(2−

√2) =

4p3

(a− 2p)3< 0 logo indica máximo local

para a área.Assim, tem-se que a = b = p(2−

√2.

Portanto o triângulo retângulo tem que ser de catetos iguais (isósceles).

Miscelânea 6.1.25.O custo variável da fabricação de um componente elétrico é R$8, 05 por unidade,

e o custo fixo R$500, 00. Escreva o custo C como função de x, o número de unidadesproduzidas. Mostre que a derivada dessa função custo é constante e igual ao custo variável.Solução.

Seja CV (x) o custo variável de x unidades, logo CV (x) = 8, 05x+ 500.Por outro lado, temos o custo como função de x é C(x) = 8, 05x.É imediato que C ′(x) = C ′V (x) = 8, 05.

Miscelânea 6.1.26.De todos os triângulos isósceles de 12m de perímetro, quais deles tem área máxima?

Solução.

Figura 6.39:

Suponhamos h altura do triângulo, logo h =√x2 − y2,

observando a figura temos que 2y+2x = 12 ⇒ x = 6−y

assim temos que a área esta dado por

A =1

2(2y)h ⇒ A =

1

2y√

x2 − y2 ⇒

⇒ A(y) = y√(6− y)2 − y2 =

√36y2 − 12y3

derivando esta última função em relação a dy obtemos

dA

dy=

36y − 18y2√36y2 − 12y3

⇒ dA

dy= 0 ⇒ y = 0, y = 2

Quando y = 0 não existe triângulo.

A derivada segunda édA

dy=

(3− 3y)√

36y2 − 12y3 − (18y − 9y2) 6y−3y2√36y2−12y3

3y2 − y3assim,

dA

dy(2) < 0.

Portanto, a base mede 4m e os lados oblíquos medem 4m, a área será máxima quandoo triângulo seja equilátero.


Miscelânea 6.1.27.Pretende-se fabricar uma lata cilíndrica de metal com tampa que contenha um litro

de capacidade para conservar manteiga. Quais serão as dimensões para que se utilize amenor quantidade de metal?Solução.

Figura 6.40:

Seja A a área total da lata, então pela Figura mostradaA = 2πrh+ 2πr2

Por outro lado o volume V = πr2h de onde h =V

πr2Assim temos a área em função do raio

A(r) = 2πr · V

πr2+ 2πr2 =

2

r+ 2πr2 ⇒

⇒ dA

dr=

−2 + 4πr2

r2

quandodA

dr= 0 segue que r =

13√2π

de onde h = 3

√4

π

Por outro lado,dA2

dr2=

4

r3+ 4π ⇒ dA2

dr2(

13√2π

) > 0.

Portanto, as dimensões serão: altura h 3

√4

πe raio da base r =

13√2π

.

Miscelânea 6.1.28.Um setor circular tem perímetro de 10m. Determine o raio e amplitude do setor de

maior área com esse perímetro.Solução.

Figura 6.41:

Seja S a área do setor circular, P o comprimento do ladocurvo e α a amplitude do setor circular, então temos

S 99K P

πr2 99K 2πr⇒ S =

1

2r · P

Por outro lado, como P + 2r = 10 segue que

S(r) =1

2r · P =

1

2r(10− 2r) = 5r − r2

DerivandodS

ds= 5 − 2r então r =

5

2é ponto crítico. Como

d2S

dr2= −2 < 0 temos

máximo quando r =5

2de onde P = 5.

Para a amplitude α sabemos que satisfaz a relação P = αr então α =P

r=

5

2, 5= 2

Portanto, o raio r = 2, 5m e a amplitude α = 2 radianos.


Miscelânea 6.1.29.Um triângulo isósceles de perímetro 30cm, gira entorno de sua altura engendrando um

cone. Qual o valor a dar a base para que o volume seja máximo?Solução.

Figura 6.42:

A altura do triângulo é dada por h =√

y2 − x2, o volumedo cone obtido pelo giro do triângulo entorno de sua altura é

V =1

3πx2√y2 − x2.

Sabe-se que 2x+ 2y = 30 então y = 15− x, logo o volume

V =1

3πx2√

(15− x)2 − x2 =1

3π√225x4 − 30x5

dV

dx=

15

6π

[60x3 − 10x4

√225x4 − 30x5

]= 25πx

[6− x√

225− 30x

]Quando

dV

dx= 0 temos x = 6 ponto crítico válido. Aplicando o primeiro critério da

derivada para pontos críticos, observedV

dx(6+λ) = 25π(6+λ)

[−λ√

225− 30(6 + λ)

]< 0.

TambémdV

dx(6− λ) = 25π(6− λ)

[λ√

225− 30(6− λ)

]> 0.

Portanto, a base do triângulo tem que medir 12ms.

Miscelânea 6.1.30.Decompor o número 44 em dois somando de modo que seis vezes o quadrado do pri-

meiro mais cinco vezes o quadrado do segundo seja mínima?Solução.

Sejam x e 44− x os números, temos a função

f(x) = 6x2 + 5(44− x)2 ⇒ df

dx(x) = 12x− 10(44− x)

Quandodf(x)

dx= 0 ⇒ 6x − 5(44 − x) = 0 ⇒ x = 20. Também

df

dx=

12 + 10 > 0

Os números são 20 e 24.

Miscelânea 6.1.31.Uma folha de papel deve ter de 18cm2 de texto impresso, as margens superior e inferior

de 2cm de altura e as margens laterais de 1cm largura. Obter razoavelmente as dimensõesque minimizam a superfície do papel.Solução.


Figura 6.43:

Suponhamos o comprimento da folha seja y + 4 e a lar-gura x+2, então sua área é A = (x+2)(y+4). Pelos dados

do problema sabemos que xy = 18, logo y =18

x. Logo

A(x) = (x+2)(18

x+4) ⇒ dA

dx(x) = (

18

x+4)− 18

x2(x+2)

dA

dx(x) =

4(x2 − 9)

x2= 0 ⇒ x = ±3

Observe qued2A

dx2= −72

xpara x = 3 segue

d2A

dx2(3) =

−72

3< 0. Quando x = 3 temos y = 6.

Portanto, as dimensões são, comprimento 10cm e largura 5cm.

Miscelânea 6.1.32.Temos um arame de 1m de comprimento e desejamos dividi-lo em duas partes para

formar com uma delas um círculo e com a outra um quadrado. Determine o comprimentoque tem de cada uma das peças de modo que a soma das áreas do círculo e quadrado sejamínima.Solução.

Temos 100 cm de arame e suponhamos x cm para construir o círculo, logo são (100−x) cm para obter o quadrado.

Se r é o raio do quadrado, então 2πr = x ⇒ r =x

2πe o lado do quadrado mede

1

4(100− x). As somas das áreas é

f(x) = π[ x

2π

]2+

[1

4(100− x)

]2⇒ f ′(x) =

x

2π− 1

8(100− x)

f ′(x) =4x

8π− π

8π(100− x) =

1

8π[4x− π(100− x)] ⇒

(4 + π)x− 100π = 0 ⇒ x =314, 16

7, 1416= 43, 99

f ′′(x) =1

8π(4 + π) > 0

Portanto, a soma das áreas será minima quando o comprimento da circunferência mede43, 99 cm e o lado do quadrado mede 14, 00 cm


CHRISTIAN JOSÉ QUINTANA PINEDO

Década de 80

Christian é de nacionalidade brasileira, nasceu

em Lima - Perú, onde graduou-se como Bacharel

eem Matemática Pura pela Universidad Nacional

Mayor de San Marcos em Lima - Perú e realizou

estudos de Mestrado e Doutorado em Ciências Ma-

temáticas no Instituto de Matemática da Universi-

dade Federal do Rio de Janeiro - UFRJ.

Atualmente é: (1) Avaliador Institucional e de

Cursos do INEP - Instituto Nacional de Estudos

e Pesquisas Educacionais Anísio Teixeira (2005−);

(2) Colaborador do Banco Nacional de Itens do INEP/MEC (2013−); (3) Professor Asso-

ciado III da Fundação Universidade Federal do Tocantins - UFT (2005−). (4) Membro do

Comité Científico da UFT. (5) Professor do Mestrado Acadêmico em Ensino de Ciências

e da Saúde - UFT.

Christian, tem trabalhos publicados na área de equações diferenciais em derivadas

parciais, história da matemática e outros e tem experiência como educador nas áreas da

Educação Matemática, com enface em Educação Permanente, atuando principalmente

nos seguintes temas: Matemática Pura; Educação Matemática; História da Matemática;

Filosofia da Matemática; Equações Diferenciais Ordinárias-EDOs; Equações em Derivadas

Parciais-EDPs; Educação.


DO MESMO AUTOR

Livros Páginas

• Fundamentos da Matemática. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .273

• Integração e Funções de Várias Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 390

• Cálculo Diferencial em R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .386

• Introdução à Epistemologia da Ciência Parte I. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

• Séries e Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 478

• Teoria da Demonstração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

Notas de Aula

1. História da Matemática I. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

2. Suplemento de Cálculo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

3. Suplemento de Cálculo II. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

4. Cálculo Vetorial e Séries Numéricas (em edição) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .222

5. Suplemento de Cálculo III (em edição) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6. Suplemento de Cálculo IV (em edição) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7. Complemento da Matemática I.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .194

8. Introdução as Estruturas Algébricas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .230

9. Complemento da Matemática II. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .104

10. Manual do Estudante. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

11. Introdução à Análise Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

12. Suplemento de Análise Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .160

13. Epistemologia da Matemática II. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

14. Estruturação para o ensino da Matemática. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

15. Tópicos de Cálculo I. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

16. O Cálculo com números complexos C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

17. Estruturação para o ensino da Matemática - Pró-Ciências - Vol 1 - 1999. . . .140

18. Estruturação para o ensino da Matemática - Pró-Ciências - Vol 2 - 1999. . . .236

grupo de ensino e pesquisa em educação matemática notas de ... · notas de aula no 02.5 ... 3.4...

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