matemática 1 -...
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Matemática 1
Semanas 9, 10 e 11
Professor Luiz Claudio Pereira
Faculdade de Planaltina
Universidade de Brasília
Material Previsto para três semanas
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 1 / 100
Limites, continuidade e diferenciação de funções
1 Limites, continuidade e derivação de funçõesDe�nições, propriedades e exemplos
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 2 / 100
Limites de funçõesFundamentos
De�nição
Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. A função que faz corresponder a cada a ∈ X o elementog (f (a)) ∈ Y é denominada função composta de f e g . Simbolicamente,escreve-se g ◦ f : X → Y .
Exemplo
Considere as funções reais de variável real f (x) = 2x e g (x) = senx . Segueque, ∀a ∈ R, (g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g (2a) = sen2a. Em relação àsfunções dadas X = R, D = R, f (X ) = R e f (X )⊂ D.
Considere as funções reais de variável real f (x) = 1/x e g (x) = ex . Segueque, ∀a ∈ R−{0}, (g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g (1/a) = e1/a. Em relação àsfunções dadas X = R−{0}, D = R, f (X ) = R−{0} e f (X )⊂ D.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 3 / 100
Limites de funçõesFundamentos
De�nição
Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. A função que faz corresponder a cada a ∈ X o elementog (f (a)) ∈ Y é denominada função composta de f e g . Simbolicamente,escreve-se g ◦ f : X → Y .
Exemplo
Considere as funções reais de variável real f (x) =√x e g (x) = x2. Segue
que(g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g
(√a)
=(√
a)2
= a
pois a ∈ R e a > 0. Em relação às funções dadas, X = R+, D = R,f (X ) = R+ e f (X )⊂ D.
É g ◦ f igual à função identidade ψ (x) = x?
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 4 / 100
Limites de funçõesFundamentos
De�nição
Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. A função que faz corresponder a cada a ∈ X o elementog (f (a)) ∈ Y é denominada função composta de f e g . Simbolicamente,escreve-se g ◦ f : X → Y .
Exemplo
Considere as funções reais de variável real f (x) = x2 e g (x) =√x . Segue
que,(g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g
(a2)
=√a2 = |a|
pois a ∈ R. Em relação às funções dadas, X = R, D = R+, f (X ) = R+ ef (X )⊂ D.
É g ◦ f igual à função módulo ψ (x) = |x |?113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 5 / 100
Limites de funçõesFundamentos
De�nição
Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. A função que faz corresponder a cada a ∈ X o elementog (f (a)) ∈ Y é denominada função composta de f e g . Simbolicamente,escreve-se g ◦ f : X → Y .
Exemplo
Sejam f : R→ R e g : R−{0}→ R dadas por f (x) = cosx e g (x) =1x.
(i) Certa pessoa realiza o seguinte cálculo
(g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g (cosx) =1
cosa= seca
Isso pode ser feito? Justi�que.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 6 / 100
Limites de funçõesFundamentos
De�nição
Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. A função que faz corresponder a cada a ∈ X o elementog (f (a)) ∈ Y é denominada função composta de f e g . Simbolicamente,escreve-se g ◦ f : X → Y .
Resposta
Sendo f : R→ R e g : R−{0}→ R dadas por f (x) = cosx e g (x) =1x,
não se pode calcular
(g ◦ f )(a) = g (f (a)) = g (cosx) =1
cosa= seca,
pois X = R é o domínio de f , f (X ) = [−1,1] é a imagem de f ,D = R−{0} é o domínio de g e
f (X ) ⊂/D.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 7 / 100
Limites de funçõesFundamentos
De�nição
Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. A função que faz corresponder a cada a ∈ X o elementog (f (a)) ∈ Y é denominada função composta de f e g . Simbolicamente,escreve-se g ◦ f : X → Y .
Exemplo
Sejam ψ : R→ R e λ : R−{0}→ R dadas por ψ (x) = cosx e λ (x) =1x.
(ii) Outra pessoa realiza o seguinte cálculo
(ψ ◦λ )(a) = ψ (λ (a)) = ψ (1/a) = cos1a
Isso pode ser feito? Justi�que.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 8 / 100
Limites de funçõesFundamentos
De�nição
Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. A função que faz corresponder a cada a ∈ X o elementog (f (a)) ∈ Y é denominada função composta de f e g . Simbolicamente,escreve-se g ◦ f : X → Y .
Resposta
Sendo ψ : R→R e λ : R−{0}→R dadas por ψ (x) = cosx e λ (x) =1x, é
possível calcular
(ψ ◦λ )(a) = ψ (λ (a)) = ψ (1/a) = cos1a
pois X = R−{0} é o domínio de λ , λ (X ) = R−{0} é a imagem de λ ,D = R é o domínio de ψ e λ (X )⊂ D.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 9 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Exercício
1. Dadas as funções f e g , determine as compostas f ◦g e g ◦ f e seusrespectivos domínios.(a) f (x) = x2−2 e g (x) =
√x (b) f (x) = 3x2 +2 e g (x) =
√x−4
2. Dadas as funções f (x) =
{x2 +2, se x ≤ 1
4− x2, se x > 1e g (x) = 2−3x ,
determine as leis (regras) que de�nem f ◦g e g ◦ f .
3. Sejam as funções f (x) =
−2x−1, se x ≤ 0
x2−3, se 0< x ≤ 3
x , se x > 3
e g (x) =√1− x .
(a) Faça o esboço do grá�co de f .(b) Determine g ◦ f e seu respectivo domínio.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 10 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Exemplo
Sejam X = [−3,+∞), Y = [0,+∞). As funções f : X → Y dada porf (x) =
√x +3 e ψ : Y → X de�nida por ψ (y) = y2−3 são tais que:
(i) Para todo y ∈ Y , tem-se(f ◦ψ)(y) = f (ψ (y)) = f
(y2−3
)=√
(y2−3) +3 =√y2 = y , pois
y ≥ 0. (ii) Para todo x ∈ X , obtém-se
(ψ ◦ f )(x) = ψ (f (x)) = ψ(√
x +3)
=(√
x +3)2−3 = (x +3)−3 = x ,
pois x +3≥ 0.
Noutras palavras, (i) f ◦ψ : Y → Y é a função identidade (de Y em Y ) e(ii) ψ ◦ f : X → X é a função identidade (de X em X ).
De�nição
Uma função ψ : Y → X é chamada inversa de f : X → Y quandof ◦ψ : Y → Y e ψ ◦ f : X → X são as funções identidades.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 11 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Uma função de f : X → Y que admite inversa é dita invertível.
Teorema
Uma função f : X → Y é invertível se, e somente se, ela é bijetiva.
Prova: Será omitida.
Exemplo
Sejam X = (−3,1] e Y = (−4,12]. Vimos que a função f : X → Y dadapor f (x) = x3 +3x2 +3x +5 = (x +1)3 +4 é bijetiva. Pelo teorema, acimaexiste ψ : Y → X , a função inversa de f .
Exercício
Mostre que ψ : Y → X de�nida por ψ (y) = 3√y −4−1 é a inversa de f .
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 12 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Notação
É usual indicar a função inversa de f : X → Y pelo símbolo f −1.
Exemplo - as funções exponencial e logarítmica
Sejam a> 0 e Y = (0,+∞). A função f : R→ Y dada por y = f (x) = ax ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → R denotada por f −1 (y) = loga y .
Algumas propriedades do logaritmo
Por de�nição, para todo y ∈ Y ,(f ◦ f −1
)(y) = y ⇔
f(f −1 (y)
)= y ⇔
f (loga y) = y ⇔aloga y = y
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 13 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Exemplo - as funções exponencial e logarítmica
Sejam a> 0 e Y = (0,+∞). A função f : R→ Y dada por y = f (x) = ax ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → R denotada por f −1 (y) = loga y .
Algumas propriedades do logaritmo
Por de�nição, para todo x ∈ R,(f −1 ◦ f
)(x) = x ⇔
f −1 (f (x)) = x ⇔f −1 (ax) = x ⇔loga a
x = x
Em particular, tomando x = 1, segue que loga a = 1.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 14 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Exemplo - as funções exponencial e logarítmica
Sejam a > 0 e Y = (0,+∞). f : R→ Y dada por y = f (x) = ax é bijetiva.f −1 : Y → R dada por f −1 (y) = loga y também é bijetiva.
Algumas propriedades do logaritmo
Considere w = f −1 (u · v) = loga (u · v), p = f −1 (u) = loga u eq = f −1 (v) = loga v . Por de�nição de função inversa, u · v = f (w) = aw ,u = f (p) = ap e v = f (q) = aq. Deste modo,
f (w) = u · v ⇔f (w) = f (p) · f (q) ⇔f (w) = ap ·aq = ap+q ⇔f (w) = f (p+q)
Como f é injetiva, w = p+q⇔ loga (u · v) = loga u+ loga v .
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 15 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Exemplo - as funções exponencial e logarítmica
Sejam a,b > 0, Y = (0,+∞), f : R→ Y dada por y = f (x) = bx ef −1 : Y → R de�nida por f −1 (y) = logb y . Considere ainda as funçõesψ : R→ Y , ψ (x) = ax , e ψ−1 : Y → R dada por ψ−1 (y) = loga y . Noteque f , f −1, ψ , ψ−1 são bijetivas.
Algumas propriedades do logaritmo
Como a ∈ Y , ∃r ∈ R tal que r = f −1 (a) = logb a⇔ a = f (r) = br . Paratodo w ∈ R dado,∃v = ψ (w) = aw = (br )w = br ·w = f (r ·w)⇔ r ·w = f −1 (v) = logb v .Ora, v = ψ (w) = aw ⇔ w = ψ−1 (v) = loga v . Deste modo,
r ·w = logb v ⇔
logb a · loga v = logb v ⇔ loga v =logb vlogb a
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 16 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Exercício - mais propriedades do logaritmo
Mostre que: (i) logau
v= loga u− loga v . (ii) logb a
k = k · logb a.
Exemplo - funções trigonométricas inversas
Sejam X = [0,π],Y = [−1,1]. f : X → Y dada por y = f (x) = cosx ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → X denotada por x = f −1 (y) = arccosy .
Algumas propriedades da função arco-cosseno
Por de�nição, para todo y ∈ Y ,(f ◦ f −1
)(y) = y ⇔
f(f −1 (y)
)= y ⇔ f (arccosy) = y
⇔ cos(arccosy) = y
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 17 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Exemplo - funções trigonométricas inversas
Sejam X = [0,π],Y = [−1,1]. f : X → Y dada por y = f (x) = cosx ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → X denotada por x = f −1 (y) = arccosy .
Algumas propriedades da função arco-cosseno
Por de�nição, para todo x ∈ X ,(f −1 ◦ f
)(x) = x ⇔
f −1 (f (x)) = x ⇔ f −1 (cosx) = x
⇔ arccos(cosx) = x
∀x ∈ X , cos(π− x) = cosπ · cosx + senπ · senx =−cosx =−y ∈ Y . Daí,arccos(−y) = π− x = π−arccosy ⇔ arccosy +arccos(−y) = π.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 18 / 100
Funções elementaresFundamentos
Exemplo - função arco-cosseno
Seja f : [0,π]→ [−1,1] de�nidapor f (x) = cosx .
f é bijetiva. Existe a função inversa def e y = cosx ⇔ x = arccosy . A funçãox = f −1 (y) = arccosy , y ∈ [−1,1] échamada função arco-cosseno.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 19 / 100
Funções elementaresFundamentos
Exemplo - função arco-cosseno
Seja f : [0,π]→ [−1,1] de�nidapor f (x) = cosx .
Por costume, usando x para variávelindependente e y para variáveldependente, i. e., permutando-se x ey , obtém-se y = f −1 (x) = arccosx ,x ∈ [−1,1].
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 20 / 100
Funções elementaresFundamentos
Exemplo - função arco-cosseno
Seja f : [0,π]→ [−1,1] de�nidapor f (x) = cosx .
É usual pôr o eixo das abscissas na ho-rizontal e o das ordenadas na vertical,nos sentidos usuais, através de umare�exão em R3 e uma rotação em R2.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 21 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Exercício - mais propriedades do arco-cosseno
Mostre que:(i) arcsenx +arccosx = π/2, x ∈ (0,1) (ii) tg (arccos2/3) =
√5/2.
Exemplo - funções trigonométricas inversas
Sejam X = [0,π],Y = R− (−1,1). f : X → Y dada por y = f (x) = secx ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → X denotada por x = f −1 (y) = arcsecy .
Algumas propriedades da função arco-secante
Por de�nição, para todo y ∈ Y ,(f ◦ f −1
)(y) = y ⇔
f(f −1 (y)
)= y ⇔ f (arcsecy) = y
⇔ sec(arcsecy) = y113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 22 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Exemplo - funções trigonométricas inversas
Sejam X = [0,π],Y = R− (−1,1). f : X → Y dada por y = f (x) = secx ébijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a funçãof −1 : Y → X denotada por x = f −1 (y) = arcsecy .
Algumas propriedades da função arco-secante
Por de�nição, ∀x ∈ X , (f −1 ◦ f
)(x) = x ⇔
f −1 (f (x)) = x ⇔ f −1 (secx) = x
⇔ arcsec(secx) = x
∀|x | ≥ 1, sendo u = arccos1/x , segue que cosu =1x, x =
1cosu
= secu e ,
por conseguinte, u = arcsecx . Assim, arcsecx = arccos1x, ∀|x | ≥ 1.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 23 / 100
Funções elementaresFundamentos
Exemplo - função arco-secante
f : [0,π]−{π/2}→ R− (−1,1)de�nida por f (x) = secx .
f é bijetiva. Existe a função inversa def e y = secx ⇔ x = arcsecy . A funçãox = f −1 (y) = arcsecy , y ∈ R− (−1,1)é chamada função arco-cosseno.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 24 / 100
Funções elementaresFundamentos
Exemplo - função arco-secante
f : [0,π]−{π/2}→ R− (−1,1)de�nida por f (x) = secx .
Por costume, usando x para variávelindependente e y para variáveldependente, i. e., permutando-se x ey , obtém-se y = f −1 (x) = arcsecx ,x ∈ R− (−1,1).
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 25 / 100
Funções elementaresFundamentos
Exemplo - função arco-secante
f : [0,π]−{π/2}→ R− (−1,1)de�nida por f (x) = secx .
É usual pôr o eixo das abscissas na ho-rizontal e o das ordenadas na vertical,nos sentidos usuais, através de umare�exão em R3 e uma rotação em R2.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 26 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exercício
1. Determine os valores de:
(a) arcsec(sec(−π
6
)). (b) sec
(arccos
12
).
(c) arccotg(cotg
(−π
4
)). (d) sec(arctg1+arccossec1).
(e) cotg
(arcsen
(−√32
)). (f) cossec(arcsec2) + cos
(arctg
(−√3)).
2. Calcule as expressões: (a) tg(arcsec
y
5
). (b) sen
(arcsec
x
4
).
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 27 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Teorema
Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. Suponha que exista lim
x→af (x) = L ∈ D e que g seja contínua.
Então, limx→a
(g ◦ f )(x) = g (L).
Prova
Porque g é contínua em D e L ∈ D, ∀ε > 0 dado, ∃η > 0 tal que|y −L|< η ⇒ |g (y)−g (L)|< ε . Assim, dado este η > 0, ∃δ > 0 tal que0< |x−a|< δ ⇒ |f (x)−L|< η . Sendo y = f (x), obtém-se0< |x−a|< δ ⇒ |(g ◦ f )(x)−g (L)|< ε .
Observação
Nas condições do teorema acima, pode-se escrever
limx→a
g (f (x)) = g(limx→a
f (x)).
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 28 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Teorema
Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. Suponha que exista lim
x→af (x) = L ∈ D e que g seja contínua.
Então, limx→a
g (f (x)) = g(limx→a
f (x)).
Exemplo
g (x) = senx é contínua em R. f (x) =4x2−π2
2x−πé tal que
limx→π/2
f (x) = limx→π/2
(2x−π)(2x + π)
2x−π= lim
x→π/2(2x + π) = 2π. Logo,
limx→π/2
g (f (x)) = limx→π/2
g
(4x2−π22x−π
)= lim
x→π/2sen
(4x2−π2
2x−π
)= sen
(lim
x→π/2
4x2−π2
2x−π
)= sen(2π) = 0.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 29 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Teorema
Sejam f : X → Z e g : D→ Y funções reais de variável real tais quef (X )⊂ D. Suponha que exista lim
x→af (x) = L ∈ D e que g seja contínua.
Então, limx→a
g (f (x)) = g(limx→a
f (x)).
Corolário - a composição de funções contínuas é contínua
Se limx→a
f (x) = f (a), ou seja, f é contínua em a, e g é contínua em f (a),
então g ◦ f é contínua em a.
Prova
Pelo teorema,limx→a
(g ◦ f )(x) = limx→a
g (f (x)) = g(limx→a
f (x))
= g (f (a)) = (g ◦ f )(a).
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 30 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exemplo
Calcule limx→0
esen2x3x .
Solução
Sendo g (x) = ex e f (x) =sen2x3x
, tem-se que g é contínua em R e
limx→0
f (x) = limx→0
sen2x3x
= limx→0
{23· sen2x
2x
}=
23· lim
θ→0
senθ
θ=
23·1 =
23
Ora, (g ◦ f )(x) = g (f (x)) = g
(sen2x3x
)= e
sen2x3x . Assim,
limx→0
esen2x3x = lim
x→0g (f (x)) = g
(limx→0
f (x))
= elimx→0
sen2x3x = e2/3 =
3√e2
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 31 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exemplo
Calcule limx→π/4
ln(tgx).
Solução
Sendo g (x) = lnx e f (x) = tgx , tem-se que g é contínua em x > 0, x∈ R,f é contínua em π/4 e
(g ◦ f )(x) = g (f (x)) = g (tgx) = ln(tgx)
Assim,
limx→π/4
ln(tgx) = limx→π/4
g (tgx) = g
(lim
x→π/4tgx
)= ln
(lim
x→π/4tgx
)= ln
(tg
π
4
)= ln1 = 0
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 32 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exemplo
Sejam L = limx→a
ϕ (x) e M = limx→a
ψ (x) e y = ϕ (x)ψ(x) uma função. Das
propriedades do logaritmo, obtém-se lny = lnϕ (x)ψ(x) = ψ (x) · lnϕ (x).Porque a função logarítmica é contínua, decorre que
limx→a
lny = limx→a{ψ (x) · lnϕ (x)}
ln(limx→a
y)
= limx→a
ψ (x) · limx→a
lnϕ (x) = limx→a
ψ (x) · ln(limx→a
ϕ (x))
ln(limx→a
y)
= M · lnL = lnLM
Como a função logarítmica é injetiva,
limx→a
y = limx→a
ϕ (x)ψ(x) = LM =(limx→a
ϕ (x)) limx→a
ψ(x)
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 33 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exemplo
Calcule limx→0
(1− cosxsen2 x
)sen2x3x .
Solução
(i) Da relação fundamental da trigonometria, decorre que limx→0
1− cosxsen2 x
=
limx→0
1− cosx1− cos2 x
= limx→0
1− cosx(1+ cosx)(1− cosx)
= limx→0
11+ cosx
=1
1+ cos0=
12.
(ii) A mudança de variável θ = 2x ⇔ x = θ/2, acarreta
limx→0
sen2x3x
= limθ→0
senθ
3 ·θ/2=
23· lim
θ→0
senθ
θ=
23. Deste modo,
limx→0
(1− cosxsen2 x
)sen2x3x =
{limx→0
(1− cosxsen2 x
)} limx→0
sen2x3x =
{12
}2/3
=13√4.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 34 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Observação
Na derivada de y = f (x) dada por
limh→0
f (x +h)− f (x)
h= f ′ (x) ,
o quocientef (x +h)− f (x)
h
é chamado razão incremental e costuma ser indicado pelo símbolo∆y
∆xou
∆y
h. Nessa notação, tem-se que
f ′ (x) = limh→0
∆y
h= lim
h→0
∆y
∆x
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 35 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Sejam ϕ : X → Z e ψ : D→ Y funções deriváveis tais que u = ϕ (x),y = ψ (u) e ϕ (X )⊂ D. Considere a composta F = ψ ◦ϕ : X → Y ,
F (x) = (ψ ◦ϕ)(x) = ψ (ϕ (x)) = ψ (u) = y
Note que ψ ′ (u) =dydu
= y ′ e, a despeito da inconveniência de simbologia,
ϕ ′ (x) =dudx
= u′. Por de�nição, F ′ (x) = limh→0
∆y
he, se ocorrer ∆u 6= 0 à
medida que h→ 0,
F ′ (x)≡ limh→0
∆y
h= lim
h→0
∆y
∆u·∆u
h
= limh→0
∆y
∆u· limh→0
∆u
h
= ψ′ (u) ·ϕ ′ (x)
= ψ′ (ϕ (x)) ·ϕ ′ (x) =
dydu· dudx
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 36 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exemplo
Ache a derivada de F (x) = sen(x7−2x3
).
Solução
Considere u = ϕ (x) = x7−2x3, y = ψ (u) = senu. Segue que
y = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ◦ϕ)(x) = ψ(x7−2x3
)= sen
(x7−2x3
)= F (x)
Pelo que foi visto,
F ′ (x) = ψ′ (u) ·ϕ ′ (x) = ψ
′ (ϕ (x)) ·ϕ ′ (x) =dydu· dudx
Como ψ ′ (u) = senu e ϕ ′ (x) = 7x6−2 ·3x2 = 7x6−6x2, decorre que
F ′ (x) = sen(x7−2x3
)·(7x6−6x2
)= x2
(7x4−6
)sen(7x6−6x2
)113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 37 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exemplo
Ache a derivada de F (x) = tg√x .
Solução
Considere u = ϕ (x) =√x , y = ψ (u) = tgu. Segue que
y = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ◦ϕ)(x) = ψ(√
x)
= tg√x = F (x)
Ora, F ′ (x) = ψ ′ (u) ·ϕ ′ (x) = ψ ′ (ϕ (x)) ·ϕ ′ (x) =dydu· dudx
. Como
ψ ′ (u) = sec2 u e ϕ ′ (x) = 1/2 · x1/2−1 = 1/2x−1/2, decorre que
F ′ (x) = sec2√x ·1/2x−1/2 =
sec2√x
2√x
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 38 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Teorema (Regra da Cadeia)
Sejam ϕ : X → Z , ψ : D→ Y e ϕ (X )⊂ D. Se existem ϕ ′ (x) e ψ ′ (u),u = ϕ (x), então ψ ◦ϕ : X → Y é derivável em x e(ψ ◦ϕ)′ (x) = ψ ′ (u) ·ϕ (x).
Prova
Para contornar o problema de eventualmente ocorrer ∆u = 0 à medida que
h→ 0, considere a função auxiliar σ (∆u) =
∆y
∆u− dy
du, se ∆u 6= 0
0, se ∆u = 0. Daí,
σ (∆u) =∆y
∆u− dy
du⇔ ∆y
∆u=
dydu
+ σ (∆u)⇔∆y =
[dydu
+ σ (∆u)
]·∆u,
que vale mesmo quando h→ 0. Como ϕ é contínua em x ,∆u = ϕ (x +h)−ϕ (x) é tal que h→ 0⇒∆u→ 0. Ademais,
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 39 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Teorema (Regra da Cadeia)
Sejam ϕ : X → Z , ψ : D→ Y e ϕ (X )⊂ D. Se existem ϕ ′ (x) e ψ ′ (u),u = ϕ (x), então ψ ◦ϕ : X → Y é derivável em x e(ψ ◦ϕ)′ (x) = ψ ′ (u) ·ϕ ′ (x).
Prova
limh→0
σ (∆u) = lim∆u→0
σ (∆u) = lim∆u→0
{∆y
∆u− dy
du
}= lim
∆u→0
∆y
∆u− dy
du= 0 e
dydx≡ lim
h→0
∆y
h= lim
h→0
[dydu
+ σ (∆u)
]·∆u
h=
= limh→0
[dydu
+ σ (∆u)
]· limh→0
∆u
h
=dydu· dudx
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 40 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exemplo
Ache a derivada de F (x) = cosx2.
Solução
Considere u = ϕ (x) = x2, y = ψ (u) = cosu. Segue quey = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ◦ϕ)(x) = ψ
(x2)
= cosx2 = F (x). Pela Regrada Cadeia,
F ′ (x) =dydu· dudx
=ddu{cosu} · d
dx
{x2}
=−senu ·2x=−senx2 ·2x=−2x senx2
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 41 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exemplo
Ache a derivada de F (x) =√secx .
Solução
Considere u = ϕ (x) = secx , y = ψ (u) = u1/2. Segue quey = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ◦ϕ)(x) = ψ (secx) =
√secx = F (x). Pela
Regra da Cadeia,
F ′ (x) =dydu· dudx
=ddu
{u1/2
}· ddx{secx}=
12·u
12−1 · (tgx · secx)
=tgx secx
2(secx)1/2=
tgx√secx2
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 42 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Teorema (Regra da Cadeia)
Sejam ϕ : X → Z , ψ : D→ Y e ϕ (X )⊂ D. Se existem ϕ ′ (x) e ψ ′ (u),u = ϕ (x), então y = ψ ◦ϕ : X → Y é derivável em x e(ψ ◦ϕ)′ (x) = ψ ′ (u) ·ϕ ′ (x).
Exemplo
Se y = ϕ (x) é invertível, ∃x = ψ (y) = ϕ−1 (y) e(ψ ◦ϕ)(x) = ϕ−1 (ϕ (x)) = x . Se ψ e ϕ são funções deriváveis, a derivaçãoem a x , conduz a
(ψ ◦ϕ)′ (x) = 1
dψ
dy· dϕ
dx= 1⇔ dψ
dy=
1dϕ
dx
⇔ dxdy
=1dydx
⇔ dϕ−1
dy=
1dϕ
dx
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 43 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Corolário (Teorema da Derivada da Função Inversa)
Sejam f : X ⊂R→ Y ⊂R invertível e g = f −1 : Y → X sua inversa. Se f éderivável no ponto a e g é contínua em b = f (a), então g é derivável no
ponto b se, e só se, f ′ (a) 6= 0. No caso a�rmativo, g ′ (b) =1
f ′ (a).
Prova
(⇒) Comodgdy
(b) · dfdx
(a) = 1, decorre que f ′ (a) 6= 0.
(⇐) Porque g é contínua em b = f (a), limy→b
x = limy→b
g (y) = g (b) = a.
Ademais, se y ∈ Y −{b}, então g (y) 6= a, pois g é bijetiva. Daí,
g ′ (b)≡ limy→b
g (y)−g (b)
y −b= lim
x→a
x−a
f (x)− f (a)= lim
x→a
1f (x)− f (a)
x−a
=1
f ′ (a)
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 44 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exemplo - derivada da função arco-seno
Ache a derivada de y = arcsenx .
Solução
y = arcsenx ≡ g (x)⇔ x = seny ≡ f (y). Daí,dxdy
=cosy , y ∈ [−π/2,π/2].
Como cosy > 0, da relação fundamental da trigonometria,cos2 y + sen2 y = 1, obtém-se
cosy =√1− sen2 y =
√1− x2
O Teorema da Derivada da Função Inversa acarreta
y ′ = (arcsenx)′ =dydx
=1dxdy
=1
cosy=
1√1− x2
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 45 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exemplo - derivada da função arco-tangente
Ache a derivada de y = arctgx .
Solução
y = arctgx ≡ g (x)⇔ x = tgy ≡ f (y). Daí,dxdy
=sec2 y , y ∈ [−π/2,π/2].
Como cosy > 0, secy > 0 e, da relação fundamental da trigonometria,cos2 y + sen2 y = 1, obtém-se
cos2 ycos2 y
+sen2 ycos2 y
=1
cos2 y⇔ 1+ tg2 y = sec2 y ⇔ secy =
√1+ x2.
O Teorema da Derivada da Função Inversa acarreta
y ′ = (arctgx)′ =dydx
=1dxdy
=1
sec2 y=
11+ x2
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 46 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Exercício
Determine as derivadas das funções trigonométricas inversas.(a) y = arccosx . (b) y = arcsecx .(c) y = arccossecx . (d) y = arccotgx .
Exemplo - duas formas de derivação
Seja y = f (x) =√x . Sabe-se, usando explicitamente a de�nição de
derivada, que y ′ = 1/2 · x1/2−1 = 1/2x−1/2. Contudo, note quey =√x ⇔ y2 = x ⇔ y2− x = 0⇔ G (x ,y) = 0, G (x ,y)≡ y2− x .
Nessa última expressão, y é função de x e G (x ,y) = 0 é sua formaimplícita. Pela Regra da Cadeia, a derivação em relação x , acarreta
ddy
{y2}· dydx− d
dx{x}= 0⇔ 2y2−1 · y ′−1 = 0⇔ 2y · y ′ = 1⇔ y ′ =
12y
que fornece o mesmo resultado, uma vez que y = x1/2.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 47 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Derivação implícita
Quando uma função f de x é dada implicitamente por meio de umaexpressão matemática da forma G (x , f (x)) = 0, a derivada de f emrelação a x pode ser obtida usando a Regra da Cadeia.
Exemplo
Considere y uma função de x , ou seja, y = f (x) dada implicitamente pory = sen(x + y). Derivando implicitamente em relação a x e usando a Regrada Cadeia, obtém-se
y ′ = cos(x + y) ·(1+ y ′
)⇔ y ′ = cos(x + y) + y ′ cos(x + y)
⇔ y ′ [1− cos(x + y)] = cos(x + y)
⇔ y ′ =cos(x + y)
1− cos(x + y)
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 48 / 100
Limites de funçõesPropriedades - operações com limites
Derivação implícita
Quando uma função f de x é dada implicitamente por meio de umaexpressão matemática da forma G (x , f (x)) = 0, a derivada de f emrelação a x pode ser obtida usando a Regra da Cadeia.
Exemplo
Considere y uma função de x , ou seja, y = f (x)dada implicitamente pory3 +y ·cosx2−2 = 0. Derivando implicitamente em relação a x e usando aRegra da Cadeia, obtém-se
ddy
{y3}· dydx
+ddx
{y · cosx2
}= 0⇔ 3y2y ′+ y ′ · cosx2 + y ·
(−senx2
)2x = 0
⇔ y ′(3y2 + cosx2
)= 2xy senx2
⇔ y ′ =2xy senx2
3y2 + cosx2113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 49 / 100
Limites de funçõesFundamentos
Exercícios
1. Sejam y uma função de x dada implicitamente portg (xy) + y cos(xy) = 0. Certo autor a�rma que
y ′ = y · 2y sen(xy)− y
x + cos(xy)−2xy sen(xy)Você concorda ou discorda? Justi�que.
2. Encontre, se possível, uma extensão contínua da função f : R−{0}→ Rde�nida por f (x) =
√|x |sen 1
x.
3. Ache limx→0
f (x) para a função:
(a) f (x) =
{x2 sen(1/x) , se x > 0√x , se x < 0
(b) f (x) =x + x cosxsenx · cosx
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 50 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
De�nição
Sejam f : X → Z uma função real de variável real.(i) Diz-se que α ∈ R é o limite de f quando x →+∞ se, e só se,
∀ε > 0,∃M > 0 : x >M ⇒ |f (x)−α|< ε .Neste caso, escreve-se lim
x→+∞f (x) = α .
(ii) Diz-se que β ∈ R é o limite de f quando x →−∞ se, e só se,∀ε > 0,∃N > 0 : x <−N ⇒ |f (x)−β |< ε .
Neste caso, escreve-se limx→−∞
f (x) = β .
Observação
As propriedades de limites vistas se aplicam de modo natural aos limites noin�nito. Neste sentido, e. g., se existem α = lim
x→+∞f (x) e β = lim
x→+∞f (x),
então limx→+∞
(f ·g)(x) = limx→+∞
f (x) ·g (x) = α ·β = limx→+∞
f (x) · limx→+∞
g (x).
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 51 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
De�nição
Sejam f : X → Z uma função real de variável real.(i) Diz-se que α ∈ R é o limite de f quando x →+∞ se, e só se,
∀ε > 0,∃M > 0 : x >M ⇒ |f (x)−α|< ε .Neste caso, escreve-se lim
x→+∞f (x) = α .
Exemplo
Seja k ∈ R, k > 0. Mostre que limx→+∞
1xk
= limx→+∞
x−k = 0.
Solução
Para todo ε > 0 dado, tome M = ε−1/k > 0. Daí, x >M implica
|f (x)−α|=∣∣∣∣ 1xk −0
∣∣∣∣=1
|x |k=
1xk
<1Mk
=1(
ε−1/k)k =
1ε−1
= ε .
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 52 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
De�nição
Sejam f : X → Z uma função real de variável real.(ii) Diz-se que β ∈ R é o limite de f quando x →−∞ se, e só se,
∀ε > 0,∃N > 0 : x <−N ⇒ |f (x)−β |< ε .Neste caso, escreve-se lim
x→−∞f (x) = β .
Exemplo
Seja k ∈ R, k > 0. Mostre que limx→−∞
1xk
= limx→−∞
x−k = 0.
Solução
Para todo ε > 0 dado, tome N = ε−1/k > 0. Daí, x <−N implica −x > N
e |f (x)−α|=∣∣∣∣ 1xk −0
∣∣∣∣=1
|x |k=
1
(−x)k<
1Nk
=1(
ε−1/k)k =
1ε−1
= ε .
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 53 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→−∞
4−7x3√x6 +9
.
Solução
Como x →−∞, x < 0. Destarte,
limx→−∞
4−7x3√x6 +9
= limx→−∞
x3 ·(
4x3−7
)√x6 ·(1+
9x6
) = limx→−∞
x3 ·(
4x3−7
)x3 ·√1+
9x6
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 54 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→−∞
4−7x3√x6 +9
.
Solução
Como x →−∞, x < 0. Destarte,
limx→−∞
4−7x3√x6 +9
= limx→−∞
4x3−7√
1+9x6
=
limx→−∞
(4x3−7
)lim
x→−∞
√1+
9x6
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 55 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→−∞
4−7x3√x6 +9
.
Solução
Como x →−∞, x < 0. Destarte,
limx→−∞
4−7x3√x6 +9
=lim
x→−∞
4x3− lim
x→−∞7√
limx→−∞
(1+
9x6
) =4 · lim
x→−∞
1x3−7√
limx→−∞
1+ limx→−∞
9x6
=4 ·0−7√
1+9 · limx→−∞
1x6
=−7√1+9 ·0
=−7
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 56 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2.
Solução
Como x →+∞, x > 0. Destarte,
limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2= lim
x→+∞
√√√√√√√x2 ·(1− 5
x
)x3 ·(1+
1x2− 2
x3
) = limx→+∞
√√√√√√1x·
1− 5x
1+1x2− 2
x3
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 57 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2.
Solução
Como x →+∞, x > 0. Destarte,
limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2=
√√√√√√ limx→+∞
1x·
1− 5x
1+1x2− 2
x3
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 58 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2.
Solução
Como x →+∞, x > 0. Destarte,
limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2=
√√√√√√ limx→+∞
1x· limx→+∞
1− 5x
1+1x2− 2
x3
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 59 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2.
Solução
Como x →+∞, x > 0. Destarte,
limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2=
√√√√√√√ limx→+∞
1x·
limx→+∞
(1− 5
x
)lim
x→+∞
(1+
1x2− 2
x3
)
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 60 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2.
Solução
Como x →+∞, x > 0. Destarte,
limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2=
√√√√√√ limx→+∞
1x·
limx→+∞
1− limx→+∞
5x
limx→+∞
1+ limx→+∞
1x2− lim
x→+∞
2x3
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 61 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2.
Solução
Como x →+∞, x > 0. Destarte,
limx→+∞
√x2−5x
x3 + x−2=
√√√√√√ limx→+∞
1x·
limx→+∞
1−5 · limx→+∞
1x
limx→+∞
1+ limx→+∞
1x2−2 · lim
x→+∞
1x3
=
√0 · 1−5 ·0
1+0−2 ·0= 0
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 62 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo
Calcule limx→−∞
sen2xx
.
Solução
Como x →−∞, x < 0 e1x< 0. Porque −1≤ sen2x ≤ 1, segue que
−1x≥sen2x
x≥ 1
x
Como limx→−∞
x−1 = 0 e limx→−∞
−x−1 =−1 · limx→−∞
x−1 =−1 ·0 = 0, pelo
teorema do confronto, decorre que limx→−∞
sen2xx
= 0.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 63 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limt→−∞
2− t + sen tt + cos t
.
Solução
Como t→−∞, t < 0. Destarte,
limt→−∞
2− t + sen tt + cos t
= limt→−∞
t ·{2t−1+
sen tt
}t ·{1+
cos tt
} = limt→−∞
2t−1+
sen tt
1+cos tt
=
limt→−∞
{2t−1+
sen tt
}lim
t→−∞
{1+
cos tt
} = . . . =2 ·0−1+0
1+0=−1
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 64 / 100
Funções elementaresFundamentos
De�nição
Seja f : X → Y uma função real devariável real. Se existir uma retay = α · x + β tal que
limx→−∞
{f (x)− (α · x + β )}= 0,
ou
limx→+∞
{f (x)− (α · x + β )}= 0,
diz-se que a reta y = αx + β é umaassíntota para f . Quando α = 0, aassíntota é dita horizontal; casocontrário, oblíqua.
Exemplo
Seja f (x) =x3
1+ x2, x ∈ R.
A divisão de x3 pelo divisor 1+ x2
tem quociente x e resto −x ,conforme se veri�ca pelo dispositivoprático abaixo.
x3 1+ x2
−x3− x x
−xAssim, x3 = x ·
(1+ x2
)+ (−x) e
f (x) = x− x
1+ x2. Daí,
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 65 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
De�nição
Seja f : X → Y uma função real de variável real. Se existir uma retay = α · x + β tal que
limx→−∞
{f (x)− (α · x + β )}= 0 ou limx→+∞
{f (x)− (α · x + β )}= 0
diz-se que a reta y = αx + β é uma assíntota para f . Quando α = 0, aassíntota é dita horizontal; caso contrário, oblíqua.
Exemplo
limx→−∞
{f (x)− x}= limx→−∞
−x1+ x2
= limx→−∞
−1/x1/x2 +1
=0
0+1= 0. Logo, a
reta y = x é assíntota oblíqua de f quando x →−∞
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 66 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites no in�nito
De�nição
Seja f : X → Y uma função real de variável real. Se existir uma retay = α · x + β tal que
limx→−∞
{f (x)− (α · x + β )}= 0 ou limx→+∞
{f (x)− (α · x + β )}= 0
diz-se que a reta y = αx + β é uma assíntota para f . Quando α = 0, aassíntota é dita horizontal; caso contrário, oblíqua.
Exemplo
Similarmente,
limx→+∞
{f (x)− x}= limx→+∞
−x1+ x2
= limx→+∞
−1/x1/x2 +1
=0
0+1= 0, ou seja, a
reta y = x é também assíntota oblíqua de f quando x →+∞.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 67 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exemplo
Seja f (x) =(x−3)2
4(x−1), x ∈ R−{1}.
A divisão de (x−3)2 pelo divisor 4x +4 tem quocientex
4− 5
4e resto −14,
conforme se veri�ca pelo dispositivo prático abaixo.
x2−6x +9 4x−4 Assim,
−x2 + xx
4− 5
4(x−3)2 = (4x−4) ·
(x
4−54
)+ (−14) e
−5x−9 f (x) =
(x
4−54
)− 14
4(x−1). Daí,
+5x−5
−14 para y =x
4−54, obtém-se
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 68 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exemplo
Seja f (x) =(x−3)2
4(x−1), x ∈ R−{1}.
(i) limx→+∞
{f (x)− y}= limx→+∞
−144(x−1)
= limx→+∞
−14/x4−4/x
=0
4−0= 0, ou
seja, a reta y =x
4−54é assíntota oblíqua de f quando x →+∞.
(ii) limx→−∞
{f (x)− y}= limx→−∞
−144(x−1)
= limx→−∞
−14/x4−4/x
=0
4−0= 0, isto é,
a reta y =x
4−54também é assíntota oblíqua de f quando x →−∞.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 69 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exercício
1. Determine as assíntotas, se existentes, da função:
(a) f (x) =x2−32x−4
, x ∈ R−{2}. (b) f (x) = arccotgx .
(c) f (x) = arcsecx . (d) f (x) = arccossecx .
Exercício
2. Uma pessoa a�rma que as assíntotas de uma função f , quando x →+∞
e quando x →−∞, são sempre iguais. Você concorda ou discorda?Justi�que.
Exercício
3. Pode uma assíntota y = αx + β de uma função f : X → Y interceptar ográ�co de f ? Justi�que.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 70 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites in�nitos
De�nição
Sejam f : X → Z uma função real de variável real. Escreve-se:(i) lim
x→−∞f (x) = +∞ para signi�car que
∀k > 0,∃M > 0 : x <−M ⇒ f (x) > k
(ii) limx→a
f (x) =−∞ para signi�car que
∀κ > 0,∃δ > 0 : 0< |x−a|< δ ⇒ f (x) <−κ
Exemplo
Mostre que limx→−∞
x2 = +∞.
Solução
Dado qualquer k > 0, tome M =√k > 0. A hipótese x <−M implica
−x >M e f (x) = x2 = (−x)2 >M2 = k .
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 71 / 100
Limites de funçõesExtensão do conceito: limites in�nitos
(ii) limx→a
f (x) =−∞ ⇔ ∀κ > 0,∃δ > 0 : 0< |x−a|< δ ⇒ f (x) <−κ
Exemplo
Mostre que limx→0
1cosx−1
=−∞.
Solução
Dado qualquer κ > 0, tome δ =
√2κ> 0. A hipótese 0< |x−0|< δ
implica que x 6= 0, |x |< δ ⇒ x2 <2κ⇒ x2
2<
1κ. Por conseguinte,
0< 1− cosx = cos0− cosx = 2 · sen x2· sen x
2= 2 ·
∣∣∣sen x2
∣∣∣2 ≤ 2 ·∣∣∣x2
∣∣∣2 < 1κ,
11− cosx
> κ e f (x) =1
cosx−1<−κ , como desejado.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 72 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exercício
Existem variadas formas de limites in�nitos. De�na, precisamente, o que sequer dizer quando se escreve:(a) lim
x→af (x) = +∞. (b) lim
x→−∞f (x) =−∞. (c) lim
x→a−f (x) = +∞.
(d) limx→+∞
f (x) =−∞. (e) limx→+∞
f (x) = +∞. (f) limx→a+
f (x) =−∞.
Exemplo - indeterminação do tipo ∞−∞
Calcule limx→+∞
{√x +9−
√x +4
}.
Solução
Note que limx→+∞
√x +9 = +∞. e lim
x→+∞
√x +4 = +∞. Por esta razão, diz-se
que o limite dado é uma indeterminação do tipo ∞−∞. Seja como for,
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 73 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exemplo - indeterminação do tipo ∞−∞
Calcule limx→+∞
{√x +9−
√x +4
}.
limx→+∞
{√x +9−
√x +4
}= lim
x→+∞
{√x +9−
√x +4
}·√x +9+
√x +4√
x +9+√x +4
= limx→+∞
5√x +9+
√x +4
= limx→+∞
5√x · (1+9x−1) +
√x · (1+4x−1)
= limx→+∞
5 · x−1/2√1+9x−1 +
√1+4x−1
=5 ·0√
1+9 ·0+√1+4 ·0
= 0
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 74 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exemplo - indeterminação do tipo ∞−∞
Calcule limx→−∞
{√x2 +3+ x
}.
Solução
limx→−∞
{√x2 +3+ x
}= lim
x→−∞
{√x2 +3+ x
}·√x2 +3− x√x2 +3− x
= limx→−∞
3√x2 +3− x
= limx→−∞
3√x2 · (1+3x−2)− x
= limx→−∞
3
|x | ·√1+3x−2− x
= limx→−∞
−3 · x−1√1+3x−2 +1
=−3 ·0√
1+3 ·0+1= 0
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 75 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exemplo - indeterminação do tipo 0/0
Calcule limx→+∞
x−1 + x−4
x−3− x−2.
Solução
limx→+∞
x−1 + x−4
x−3− x−2= lim
x→+∞
x−1 ·(1+ x−3
)x−2 · (x−1−1)
= limx→+∞
{x · 1+ x−3
x−1−1
}=−∞, pois
limx→+∞
1+ x−3
x−1−1=−1< 0 e lim
x→+∞x = +∞.
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→−∞
2x5/3− x1/3 +3x8/5 +3x + x1/7
.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 76 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exemplo - indeterminação do tipo ∞/∞
Calcule limx→−∞
2x5/3− x1/3 +3x8/5 +3x + x1/7
.
Solução
limx→−∞
2x5/3− x1/3 +3x8/5 +3x + x1/7
= limx→−∞
x5/3 ·(2− x1/3−5/3 +3x−5/3
)x8/5 ·
(1+3x1−8/5 + x1/7−8/5
)= lim
x→−∞
{x1/15 · 2− x−4/3 +3x−5/3
1+3x−3/5 + x−51/35
}=−∞
pois limx→−∞
2− x−4/3 +3x−5/3
1+3x−3/5 + x−51/35= 2> 0 e lim
x→−∞x1/15 =−∞.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 77 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exercício
(i) De�na, precisamente, o que se entende por limx→a+
f (x) = +∞.
(ii) Mostre que limx→0+
1x
= +∞.
Exercício
Calcule limx→1+
2x +3x2−1
.
Solução
Porque x → 1+, x > 1, x2−1> 0, limx→1+
x2−1 = 0 e limx→1+
2x +3 = 5> 0.
Logo, limx→1+
2x +3x2−1
= +∞.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 78 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exercício
(i) De�na, precisamente, o que se entende por limx→a−
f (x) =−∞.
(ii) Mostre que limx→0−
1x
=−∞.
Exercício
Calcule limx→0−
x−3x2
.
Solução
Porque x → 0−, x < 0, x2 > 0, limx→0−
x2 = 0 e limx→0−
x−3 =−3< 0. Logo,
limx→0−
x−3x2
=−∞.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 79 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exercícios
1. Calcule, se existir, o limite dado.
(a) limx→0+
3x2− x
. (b) limx→+∞
3√x3 +2x−1√x2 + x +1
.
(c) limx→+∞
{√x +1−
√x +3
}. (d) lim
x→1
3√3x3 +2−2x2−1
.
(e) limx→2
√6− x−2√3− x−1
. (f) limx→0
cos2x−1senx
.
2. Calcule, caso exista, e se não existir, justi�que, limx→2
f (x)− f (2)
x−2= 0 em
que f (x) =
{x , se x ≥ 2
x2/2, se x < 2113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 80 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
3. Sejam n ∈ N e f (x) = sen1x, x ∈ R−{0}.
(i) Determine limx→0+
f (x) para x =1
2nπ.
(ii) Encontre limx→0+
f (x) para x =1
2nπ + π/2.
(iii) Existe L = limx→0
f (x)? Justi�que.
4. Mostre, utilizando o teorema do confronto, quelim
x→+∞
{√x +5−
√x +3
}= 0.
5. Determine L para que seja contínua em R a função
ψ (x) =
x2−4x−2
, se x 6= 2
L, se x = 2.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 81 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
6. Calcule, se existir, o limite dado.
(a) limx→0
ex −1e2x −1
. (b) limθ→0
(2− cotgθ).
(c) limx→−∞
{2x +
√4x2 +3x−2
}. (d) lim
x→64
x2/3−16√x−8
.
(e) limx→0−
(1+ cossecθ). (f) limx→0
cos2x−1senx
.
Um limite fundamental
Considere f : N→ R a função de�nida por f (n) =
(1+
1n
)n
. f (1) = 2,
f (2) =94, f (3) =
6427
, etc. Porque o domínio de f é N = {1,2,3, . . .} e o
contradomínio R, diz-se que f é uma sequência real.113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 82 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Em Análise Matemática, demonstra-se que limn→+∞
f (n) = e ≡ 2,7182 . . .
Disso decorre o seguinte:
Corolário 1
(i) Fixado k ∈ Z qualquer,
limn→+∞
(1+
1n
)n+k
= limn→+∞
(1+
1n
)n
·(1+
1n
)k
= limn→+∞
(1+
1n
)n
· limn→+∞
(1+
1n
)k
= e ·[
limn→+∞
(1+
1n
)]k= e · (1+0)k = e ·1 = e
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 83 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Em Análise Matemática, demonstra-se que limn→+∞
f (n) = e ≡ 2,7182 . . .
Disso decorre o seguinte:
Corolário 2
(ii) Fixado k ∈ Z qualquer, a mudança de variável m = n+k ⇔ n = m−k
é tal que n→+∞⇔m→+∞ e
limn→+∞
(1+
1n+k
)n
= limm→+∞
(1+
1m
)m−k
= limm→+∞
(1+
1m
)m
· limm→+∞
(1+
1m
)−k= e ·
[lim
m→+∞
(1+
1m
)]−k= e · (1+0)−k = e ·1 = e
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 84 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Em Análise Matemática, demonstra-se que limn→+∞
f (n) = e ≡ 2,7182 . . .
Disso decorre o seguinte:
Corolário 3
(iii) Fixado k ∈ Z qualquer, a mudança de variável n =−m⇔m = n é talque m→−∞⇔ n→+∞. Além disso, pelo corolário 2, segue que
limm→−∞
(1+
1m
)m
= limn→+∞
(1+
1−n
)−n= lim
n→+∞
(n−1n
)−n= lim
n→+∞
(n
n−1
)n
= limn→+∞
(1+
1n−1
)n
= e
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 85 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Um limite fundamental
Para cada x ∈ R, x > 1, ∃n ∈ N tal que n ≤ x ≤ n+1. Daí,
1n≥ 1
x≥ 1
n+1⇔ 1+
1n+1
≤ 1+1x≤ 1+
1n
e, por conseguinte,
(1+
1n+1
)n
≤(1+
1x
)x
≤(1+
1n
)n+1
. Pelos
corolários 1 e 2, limn→+∞
(1+
1n+1
)n
= e e limn→+∞
(1+
1n
)n+1
= e. Ora,
x →+∞⇔ n→+∞. Assim, pelo teorema do confronto,
limx→+∞
(1+
1x
)x
= e
Provou-se, deste modo, o seguinte
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 86 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Teorema (um outro limite fundamental)
limx→+∞
(1+
1x
)x
= e.
A mudança de variável t =−y ⇔ y =−t é tal que y →−∞⇔ t→+∞ e
limy→−∞
(1+
1y
)y
= limt→+∞
(1− 1
t
)−t= lim
t→+∞
(t−1t
)−t=
limt→+∞
(t
t−1
)t
= limt→+∞
(1+
1t−1
)t
. A mudança de variável
x = t−1⇔ t = x +1 é tal que t→+∞⇔ x →+∞ e limy→−∞
(1+
1y
)y
=
limx→+∞
(1+
1x
)x+1
= limx→+∞
(1+
1x
)x
·(1+
1x
)= e ·1 = e. Provou-se
assim o seguinte
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 87 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Corolário (um outro limite fundamental)
limx→−∞
(1+
1x
)x
= e
Exemplo
Calcule limθ→−∞
(1+
3θ
)θ/2
.
Solução
A mudança de variável x = θ/3⇔ θ = 3x é tal que θ →−∞⇔ x →−∞ e
limθ→−∞
(1+
6θ
)θ/2
= limx→−∞
(1+
1x
)6x/2
= limx→−∞
[(1+
1x
)x]3=[
limx→−∞
(1+
1x
)x]3= e3, uma vez que ψ (u) = u3 é contínua em R.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 88 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exercício
Seja k ∈ R �xado. Mostre que:
(a) limx→+∞
(1+
1x
)x+k
= e. (b) limx→+∞
(1+
1x +k
)x
= e.
Observação
Porque limx→+∞
(1+
1x
)x
= e e limx→−∞
(1+
1x
)x
= e é usual escrever
limθ→±∞
(1+
1θ
)θ
= e.
Note que a mudança de variável t =1θ
é tal que (i) θ →+∞⇔ t→ 0+ e
(ii) θ →−∞⇔ t→ 0−. Isso, por sua vez, mostra que
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 89 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
(i) e = limθ→+∞
(1+
1θ
)θ
= limt→0+
(1+ t)1/t e também que
(ii) e = limθ→−∞
(1+
1θ
)θ
= limt→0−
(1+ t)1/t . Por um teorema anterior (sobre
limites laterais), existe L = limt→0
(1+ t)1/t . Estabeleceu-se assim que
limθ→±∞
(1+
1θ
)θ
= e⇒ limt→0
(1+ t)1/t = e
Exercício
Mostre que a recíproca do resultado acima é válida.
Lema (um outro limite fundamental)
limt→0
(1+ t)1/t = e⇔ limθ→±∞
(1+
1θ
)θ
= e
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 90 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Lema (um outro limite fundamental)
limt→0
(1+ t)1/t = e⇔ limθ→±∞
(1+
1θ
)θ
= e
Exemplo
Calcule limx→0
(1+ senx)1/x .
Solução
A mudança de variável t = senx ⇔ x = arcsen t é tal que x → 0⇔ t→ 0 e
limx→0
(1+ senx)1/x = limx→0
[(1+ senx)
1senx
] senxx
=[limx→0
(1+ senx)1
senx
] limx→0
senxx
=[limt→0
(1+ t)1/t]1
= e1 = e.
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 91 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Teorema (mais um outro limite fundamental)
Seja a ∈ R, a > 0, �xado.
limh→0
ah−1h
= lna
Prova
Considere a mudança de variávely = ah−1⇔ ah = y +1⇔ h = loga (y +1). Note que h→ 0⇔ y → 0.
Daí, limh→0
ah−1h
= limy→0
y
loga (y +1)= lim
y→0
11y· loga (y +1)
=
1
limy→0
loga (y +1)1/y=
1
loga
[limy→0
(y +1)1/y] =
1loga e
=1
loge eloge a
= lna
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 92 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Corolário - derivada de f (x) = ax
Seja a ∈ R, a > 0, �xado. Se f (x) = ax , x ∈ R, então f ′ (x) = ax · lna.
Prova
f ′ (x)≡ limh→0
f (x +h)− f (x)
h= lim
h→0
ax+h−ax
h= lim
h→0ax · a
h−1h
=
limh→0
ax · limh→0
ah−1h
= ax · lna.
Porque y = ax ⇔ x = loga y , pelo teorema da derivada da função inversa,
segue queddy{loga y}=
dxdy
=1dydx
=1
ax · lna=
1y · lna
. Em particular, para
a = e, obtém-seddx{ex}= ex · lne = ex e
ddy{lny}=
1y. Estabeleceu-se o
seguinte113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 93 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Corolário
Seja a ∈ R, a > 0, �xado.ddx{loga x}=
1x · lna
,ddx{lnx}=
1x
eddx{ex}= ex .
Exemplo
Ache a derivada de f (x) = senhx .
Solução
Pela Regra da Cadeia e propriedades de derivação, f ′ (x) =ddx{senhx}=
ddx
{ex − e−x
2
}=
12· ddx
{ex − e−x
}=
12·{ex − d
du{eu} · d
dx{−x}
}=
12· {ex − e−x · (−1)}=
ex + e−x
2= coshx .
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 94 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exercício
1. Ache a derivada de f (x) = coshx .
2. Um estudante a�rma queddx{tghx}= sech2 x . Você concorda ou
discorda? Justi�que.
Exemplo - derivada da função potência de expoente real
Seja f (x) = xα , α ∈R. Sendo y = ψ (u) = eu e u = g (x) = α · lnx = lnxα ,
tem-se u′ = {α · lnx}′ = α · {lnx}′ = α · 1x
=α
xe
y = ψ (u) = eu = ψ (g (x)) = (ψ ◦g)(x) = ψ (α · lnx) = e lnxα
= xα = f (x).Pela Regra da Cadeia,
f ′ (x) =dydx
=dydu· dudx
= eu · αx
= xα · αx
= α · xα−1
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 95 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Derivação logarítmica
Às vezes, o processo de obtenção da derivada de f pode ser simpli�cado se,primeiramente, aplica-se o logaritmo (neperiano) de f para depois aplicaras regras de derivação.
Exemplo
Determine a derivada de ϕ (x) = x senx .
Solução
Aplicando o logaritmo, obtém-se lnϕ (x) = lnx senx = senx · lnx . Derivandoem relação a x , usando a Regra da Cadeia, segue que
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 96 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Solução
ddx{lnϕ (x)}=
ddx{senx · lnx}
ddu{lnu} · d
dx{ϕ (x)}=
ddx{senx} · lnx + senx · d
dx{lnx}
1ϕ (x)
·ϕ ′ (x) = cosx · lnx + senx · 1x
ϕ ′ (x)
ϕ (x)=
x cosx lnx + senxx
ϕ′ (x) = x senx · x cosx lnx + senx
x
ϕ′ (x) = x senx−1 (x cosx lnx + senx)
113018 (UNB) Luiz Claudio Pereira 2017 97 / 100
Derivada de funçõesFundamentos
Exercício
1. Seja y = f (x) uma função. Determine a derivada de f , sabendo que:(a) f (x) = (senx)x . (b) y x = xy .
(c) y = tg (lnx). (d) y = ln(x2 +2x
).
(e) 3√x + 3√xy = 4y2. (f) 2x3y +3xy3 = 5.
2. Calcule:
(a) limx→+∞
{2x −3x}. (b) limx→+∞
1−2x
1−3x.
(c) limx→0+
log1/3x . (d) limx→+∞
{lnx− ln(x +1)}.
(e) limx→+∞
{ln(2x +1)− ln(x +3)}. (f) limx→0
1− e−x
senx.
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Derivada de funçõesFundamentos
Exercício
3. Certo autor a�rma que limx→0
eax − ebx
x= a−b. Você concorda ou
discorda? Justi�que.
4. Calcule:
(a) limx→0
7x−sen3x
x . (b) limx→9
5x2−81
(√x−3)·54 .
5. Admita que y = f (x). Obtenha y ′ para:(a) x2y + y3 = 2. (b) tgy = xy .
6. Usando derivação logarítmica, ache f ′ (x) para:
(a) f (x) = (senx)cosx . (b) f (x) =(x−2)3 ·
√x +2
e2x · (x−1)2.
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Leitura Recomendada I
NETO, Aref Antar; SAMPAIO, José Luiz Pereira; LAPA, Nilton;CAVALLANTE, Sidney Luiz.Introdução à Análise Matemática. Noções de matemática. v. 8.São Paulo: Moderna, [s. a].
HOFFMAN, L. e BRADLEY, G.Cálculo: um curso moderno e suas aplicações.Rio de Janeiro: LTC, 2002.
THOMAS, G. B.; WEIR, M. D.; HASS, J.Cálculo. 11. ed. v. 1.São Paulo: Pearson Addison Wesley, 2009.
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