APOSTILA_CALCULO1

Aula 1

Velocidade instanta^nea e derivadas

1.1 Velocidade instanta^nea

Um ponto movel M desloca-se ao longo de uma linha reta horizontal, a partir de umponto O.

Os

Ms = s(t)s = 0 0 1s = s(t )0 s = s(t + t)0

s

O deslocamento s, de M , em relac~ao ao ponto O, e a dista^ncia de O a M , se Mesta a direita de O, e e o negativo dessa dista^ncia seM esta a esquerda de O. Assim, s epositivo ou negativo, conforme M se encontre, respectivamente, a direita ou a esquerdade O.

Com estas convenc~oes, a reta passa a ser orientada, o que chamamos de eixo,sendo O sua origem.

O deslocamento s depende do instante de tempo t, ou seja, s e uma func~ao davariavel t:

s = s(t)

Em um determinado instante t0, o deslocamento de M e s0 = s(t0). Em uminstante posterior t1, o deslocamento de M e s1 = s(t1).

A velocidade media do ponto M , no intervalo de tempo [t0; t1] e dada por

vm =s1 s0t1 t0 =

s(t1) s(t0)t1 t0

Podemos tambem escrever t1 = t0 + t, ou seja, t = t1 t0, e tambems = s(t1) s(t0) = s(t0 +t) s(t0).

1

Velocidade instanta^nea e derivadas 2

Teremos ent~ao

vm =s(t0 +t) s(t0)

t=s

t

Por exemplo, vamos supor que s(t) = 12at2 (ponto movel uniformemente ace-

lerado). Assim, no instante t = 0 o ponto movel esta em s(0) = 12a 02 = 0.

A partir de um certo instante t0, temos uma variac~ao de tempo t. Seja t1 =t0 + t. Podemos ter t > 0 ou t < 0 (quando t < 0, t1 antecede t0). Teremosent~ao

s(t1) = s(t0 +t) =1

2a(t0 +t)

2 =1

2 at20 + 2at0t+ a(t)2

A variac~ao do deslocamento do ponto movel, nesse intervalo de tempo, sera

s = s(t1) s(t0) = 12at20 + at0t+

1

2a(t)2 1

2at20

ou seja,

s = at0t+a(t)2

2

A velocidade media do ponto, no intervalo de tempo [t0; t1], sera dada por

s

t=at0t+

a(t)2

2

t= at0 +

at

2

Se t 0, ent~ao tambem teremos s = at0t+ a(t)2

2 0. No entanto,

s

t= at0 +

at

2 at0

De um modo geral, denimos a velocidade instanta^nea v(t0), do pontoM , no instantet0, como sendo o limite da velocidade media no intervalo de t0 a t0 +t, quando ttende a zero (esta foi uma ideia de Isaac Newton), e escrevemos

v(t0) = limt!0

s

t

No nosso exemplo,

v(t0) = limt!0

at0 +

at

2

= at0

1.2 Derivada de uma func~ao

Uma func~ao f e uma lei que associa cada valor x de um certo conjunto A (o domniode f), um unico valor f(x) de um certo conjunto B (o contra-domnio de f). Neste


curso, teremos sempre A R e B R. Veja tambem a observac~ao 1.1, mais adiantenesta aula. Muitas vezes diremos \func~ao f(x)", em lugar de \func~ao f".

Dada uma func~ao f(x), a func~ao derivada f 0(x) (leia-se \f linha de x") e a func~aodenida quando consideramos, para cada x, sujeito a uma variac~ao x6= 0, a variac~aocorrespondente de y = f(x),

y = f = f(x+x) f(x)

e ent~ao calculamos o valor limite da raz~ao

f

x=f(x+x) f(x)

x

quando x se aproxima indenidamente de 0. Ou seja,

f 0(x) = limx!0

f

x= lim

x!0f(x+x) f(x)

x

Para um valor especco de x, digamos x = x0,

f 0(x0) = limx!0

f(x0 +x) f(x0)x

e a derivada de f (ou de f(x)), no ponto x0.

Como primeiro e importante exemplo, temos

Regra 1.1 Se f(x) = xn, n inteiro positivo, ent~ao f 0(x) = nxn1

Demonstrac~ao. Da algebra elementar, temos as seguintes formulas de fatorac~ao:

b2 a2 = (b a)(b+ a)b3 a3 = (b a)(b2 + ab+ a2)b4 a4 = (b a)(b3 + ab2 + a2b+ a3)

que o leitor pode vericar, simplesmente efetuando os produtos a direita, e ent~ao sim-plicando. De um modo geral, para n 4, vale a seguinte formula:

bn an = (b a)(bn1 + abn2 + a2bn3 + + an3b2 + an2b+ an1) (1.1)

Sendo f(x) = xn, temos para x6= 0,

f = f(x+x) f(x) = (x+x)n xn (1.2)

Substituindo b = x+x e a = x, em 1.1, temos b a = x, e ent~ao obtemos

f = x ((x+x)n1 + x (x+x)n2 + + xn2(x+x) + xn1)


do que ent~ao

f

x= (x+x)n1 + x (x+x)n2 + + xn2(x+x) + xn1

Da, limx!0

fx= xn1 + xn1 + + xn1| {z }

n parcelas

= nxn1.

Portanto, (xn)0 = nxn1.

1.2.1 Notac~oes simbolicas para derivadas, habitualmente usadas

Sendo y = f(x), tambem escrevemos y = f = f(x+x) f(x), e denotamosdy

dx= (derivada de y em relac~ao a x) = lim

x!0y

x

Assim temosdy

dx= f 0(x). Indicamos ainda

f 0(x0) =dy

dx

x=x0

=dy

dx

x=x0

A raz~aoy

x=f(x0 +x) f(x0)

x

e a taxa de variac~ao media de y, em relac~ao a x, no intervalo [x0; x0 + x] (ou nointervalo [x0 +x; x0], se x < 0).

O valor

f 0(x0) =dy

dx

x=x0

= limx!0

y

x

e chamado de taxa de variac~ao (instanta^nea) de y em relac~ao a x, no ponto x = x0.

Outras notac~oes frequentemente utilizadas para as derivadas (os smbolos abaixotem o mesmo signicado):

f 0(x) (notac~ao de Lagrange)

(f(x))0

df

dx(notac~ao de Leibniz, leia-se \de^ f de^ x")

dy

dx(sendo y = f(x))

d

dx(f(x))

_x(t) (notac~ao de Newton, derivada de x em relac~ao a variavel t (tempo))


Tambem tem o mesmo signicado as notac~oes para a derivada de f no ponto x0,

f 0(x0) (f(x))0jx=x0df

dx(x0)

dy

dx

x=x0

d

dx(f(x))jx=x0

Exemplo 1.1 De acordo com a regra 1.1, temos

(x)0 = (x1)0 = 1x11 = x0 = 1, ou seja (x)0 = 1.

(x2)0 = 2x21 = 2x.

(x3)0 = 3x31 = 3x2.

(x100)0 = 100x99.

Observac~ao 1.1 (Intervalos da reta, e domnios das func~oes que estudaremos)Aqui, e no restante do texto, estaremos assumindo sempre que nossas func~oes s~ao func~oesde uma variavel real x, com valores f(x) reais, e est~ao denidas em intervalos ou reuni~oesde intervalos de R, ou seja, tem os valores de x tomados em intervalos ou reuni~oes deintervalos.

Os intervalos de R s~ao conjuntos de uma das formas:

[a; b] = fx 2 R j a x bg (intervalo fechado de extremos a e b);]a; b[ = fx 2 R j a < x < bg (intervalo aberto de extremos a e b);[a; b[ = fx 2 R j a x < bg (intervalo de extremos a e b, semi-aberto em b);]a; b] = fx 2 R j a < x bg (intervalo de extremos a e b, semi-aberto em a):

sendo a e b numeros reais, com a < b. Os intervalos acima s~ao os intervalos limitados.

Os intervalos ilimitados s~ao conjuntos de uma das formas:

[a;+1[ = fx 2 R j x ag (intervalo fechado de a a +1);]a;+1[ = fx 2 R j x > ag (intervalo aberto de a a +1);]1; b] = fx 2 R j x bg (intervalo fechado de 1 a b);]1; b[ = fx 2 R j x < bg (intervalo aberto de 1 a b);

]1;+1[ = R (intervalo aberto de 1 a +1);sendo a e b numeros reais.

Assim, por exemplo,

1. f(x) =px e uma func~ao que esta denida para os valores reais de x para os

quaispx existe e e um numero real, ou seja, para x 0. Assim, dizemos que o

domnio ou campo de denic~ao de f e o intervalo D(f) = [0;+1[.


2. f(x) = 1=x e uma func~ao que esta denida para os valores reais de x para osquais 1=x existe e e um numero real, ou seja, para x6= 0. Assim, o domnio oucampo de denic~ao de f e o conjunto D(f) = R f0g, ou seja, a reuni~ao deintervalos ]1; 0[[ ]0;+1[.

3. f(x) =p2 x + 1p

x1 esta denida para os valores reais de x para os quaisp2 x e 1=px 1 existem e s~ao numeros reais, ou seja, para x 2 (2x 0)

e x > 1 (x 1 > 0). Assim, o domnio ou campo de denic~ao de f e o intervaloD(f) =]1; 2].

Para um valor especco de x, digamos x = x0, no domnio de uma func~ao f , aocalcularmos o limite

f 0(x0) = limx!0

f(x0 +x) f(x0)x

estamos supondo que algum intervalo aberto, contendo x0, tambem e parte do domniode f , de modo que x0 +x tambem estara no domnio de f quando x for n~ao nuloe sucientemente pequeno.

1.3 Primeiras regras de derivac~ao (ou diferenciac~ao)

Diferenciac~ao ou derivac~ao de uma func~ao e o processo de calculo da derivada da func~ao.

Regra 1.2 Se f(x) e uma func~ao e c e uma constante, ent~ao

(cf(x))0 = cf 0(x):

Ou seja, a derivada de uma constante vezes uma func~ao e a constante vezes a derivadada func~ao.

Regra 1.3 Sendo f(x) e g(x) duas func~oes,

(f(x) + g(x))0 = f 0(x) + g0(x):

Ou seja, a derivada de uma soma de duas func~oes e a soma das respectivas derivadas.

Demonstrac~oes das propriedades 1.2 e 1.3. Alguns fatos sobre limites s~ao assumidosintuitivamente.

(cf(x))0 = limx!0

cf(x+x) cf(x)x

= limx!0

c f(x+x) f(x)x

= c limx!0

f(x+x) f(x)x

= c limx!0

f

x= cf 0(x)


[f(x) + g(x)]0 = limx!0

[f(x+x) + g(x+x)] [f(x) + g(x)]x

= limx!0

[f(x+x) f(x)] + [g(x+x) g(x)]x

= limx!0

f(x+x) f(x)

x+g(x+x) g(x)

x

= limx!0

f(x+x) f(x)x

+ limx!0

g(x+x) g(x)x

= limx!0

f

x+ limx!0

g

x= f 0(x) + g0(x)

Exemplo 1.2 Sendo f(x) = 2x3 3x5, temos

f 0(x) = (2x3 3x5)0= (2x3 + (3)x5)0= (2x3)0 + ((3)x5)0 ((f + g)0 = f 0 + g0)= 2(x3)0 + (3)(x5)0 ((cf)0 = cf 0)= 2 3x2 + (3) 5x4 ((xn)0 = nxn1)= 6x2 15x4

Observac~ao 1.2 Por um argumento tal como no exemplo acima, temos tambem(f(x) g(x))0 = f 0(x) g0(x).

Regra 1.4 A derivada de uma func~ao constante e 0: se f(x) = c = constante,ent~ao f 0(x) = (c)0 = 0.

Demonstrac~ao. Sendo f(x) = c = constante, ent~ao

f = f(x+x) f(x) = c c = 0.Portanto, f

x= 0

x= 0 (f

xe 0 mesmo antes de calcularmos o limite). Logo

limx!0

fx= lim

x!00 = 0.

Assim, se c e uma constante, (c)0 = 0.

Exemplo 1.3 Sendo y = 3t6 + 21t2 98, calcular dydt.

Aplicando as regras acima estabelecidas, indicando por u0 a derivada de u emrelac~ao a t,

dy

dt= (3t6 + 21t2 98)0

= 18t5 + 42t


Exemplo 1.4 Sendo y =1

x, calcular

dy

dx.

Temos y =1

x, e ent~ao

y =1

x+x 1x=x (x+x)x(x+x)

= xx(x+x)

y

x= 1

x(x+x)

dy

dx= lim

x!0y

x= lim

x!01

x(x+x)= 1

x2

1.4 Problemas

1. A posic~ao de um ponto P sobre um eixo x, e dada por x(t) = 4t2 + 3t 2, comt medido em segundos e x(t) em centmetros.

(a) Determine as velocidades medias de P nos seguintes intervalos de tempo:[1; 1; 2], [1; 1; 1], [1; 1; 01], [1; 1; 001].

(b) Determine a velocidade de P no instante t = 1 seg.

(c) Determine os intervalos de tempo em que P se move no sentido positivoe aqueles em que P se move no sentido negativo. (P se move no sentidopositivo ou negativo se x(t) aumenta ou diminui, respectivamente, a medidaem que t aumenta.)

2. Se um objeto e lancado verticalmente para cima, com velocidade inicial 110m/seg,sua altura h(t), acima do ch~ao (h = 0), apos t segundos, e dada (aproximada-mente) por h(t) = 110t 5t2 metros. Quais s~ao as velocidades do objeto nosinstantes t = 3 seg e t = 4 seg? Em que instante o objeto atinge sua alturamaxima? Em que instante atinge o ch~ao? Com que velocidade atinge o ch~ao?

3. Calcule f 0(x), para cada uma das func~oes f(x) dadas abaixo, cumprindo asseguintes etapas

i. Primeiro desenvolva a express~ao f = f(x+x) f(x), fazendo as simpli-cac~oes cabveis.

ii. Em seguida obtenha, uma express~ao simplicada para fx= f(x+x)f(x)

x.

iii. Finalmente, calcule o limite limx!0

f

x.

(a) f(x) = 17 6x(b) f(x) = 7x2 5


(c) f(x) = x3 + 2x

(d) f(x) =px

(e) f(x) =1

x+ 5

(f) f(x) = x5

(g) f(x) =6

x2

4. Usando as regras de derivac~ao estabelecidas, calcule as derivadas das seguintesfunc~oes.

(a) f(t) = 6t3 + 12t2 4t+ 7(b) f(t) = (3t+ 5)2 Sugest~ao: Primeiro desenvolva o quadrado.

(c) f(x) = (2x2 + 1)3 Sugest~ao: Primeiro desenvolva o cubo.(d) f(x) = (3x27x+1)(x2+x1) Sugest~ao: Primeiro desenvolva o produto.(e) f(x) = x3 x2 + 15

5. Determine o domnio de cada uma das seguintes func~oes. Represente-o como umintervalo ou uma reuni~ao de intervalos de R. No nosso contexto, o domnio deuma func~ao f e o conjunto de todos os numeros reais x para os quais f(x) e umnumero real.

(a) f(x) = x3 5x+ 3(b) f(x) = p4 x(c) f(x) = p4 x2(d) f(x) =

px2 5x+ 4

(e) f(x) =1p

2x x2

1.4.1 Respostas e sugest~oes

1. (a) 11; 8; 11; 4; 11; 04; 11; 004 (cm/seg).

(b) 11 cm/seg

(c) P se move no sentido positivo quando t > 3=8, e no sentido negativo quandot < 3=8

2. 80m/seg e 70m/seg. Em t = 11 seg. Em t = 22 seg, com a velocidade de 110m/seg.3. (a) i. f = 6x

ii. fx = 6iii. f 0(x) = 6

(b) i. f = 14xx+ 7(x)2

ii. fx = 14x+ 7x


iii. f 0(x) = 14x

(c) i. f = (3x2 + 2)x+ 3x(x)2 + (x)3

ii. fx = 3x2 + 2 + 3x(x) + (x)2

iii. f 0(x) = 3x2 + 2

(d) i. f =px+xpx

ii. fx =px+xpxx

iii. f 0(x) = 12px. Sugest~ao. Ao calcular o limite lim

x!0fx , o leitor chegara

a express~ao 0=0, que n~ao tem signicado matematico. Para contornar esteproblema, devemos \ajeitar" fx , atraves das simplicac~oes dadas abaixo.

f

x=

px+xpx

x=

px+xpx

xpx+x+

pxp

x+x+px

=(x+x) x

x (px+x+px) =1p

x+x+px

Aqui zemos uso da identidade (papb)(pa+pb) = a b.

(e) i. f = 1x+x+5 1x+5 = x(x+x+5)(x+5)

ii. fx =1

(x+x+5)(x+5)

iii. f 0(x) = 1(x+5)2

(f) f 0(x) = 5x4

(g) f 0(x) = 12x3

4. (a) f 0(t) = 18t2 + 24t 4(b) f 0(t) = 18t+ 30

(c) f 0(x) = 48x5 + 48x3 12x(d) f 0(x) = 12x3 12x2 18x+ 8(e) f 0(x) = 3x2 2x

5. (a) R

(b) ]1; 4](c) [2; 2](d) ]1; 1] [ [4;+1[(e) ]0; 2[

Aula 2

Derivadas e retas tangentes. Novasregras de derivac~ao

2.1 A derivada como inclinac~ao de uma reta tangente

ao graco da func~ao

Na aula anterior, o conceito de derivada foi apresentado atraves do conceito de velocidadeinstanta^nea. Veremos agora uma interpretac~ao geometrica da derivada, em relac~ao aograco da func~ao y = f(x). Esta e uma ideia de Fermat.

x x0 x0 +

P0

Pf( )

x

y

r

t

0x

y

xx0 +

f( )x0

y = f(x)

Figura 2.1. A derivada da func~ao f , em x0, e a inclinac~ao da reta t, tangente ao gracode f em P0.

Fixado um valor x0, sendo denido f(x0), seja x 6= 0 um acrescimo (ou de-

11

Derivadas e retas tangentes. Novas regras de derivac~ao 12

crescimo) dado a x0. Sendo x1 = x0 +x, temos que a raz~ao

y

x=f(x0 +x) f(x0)

x=f(x1) f(x0)

x1 x0

e o coeciente angular da reta r, secante ao graco da curva y = f(x), passando pelospontos P0 = (x0; f(x0)) e P = (x1; f(x1)).

Observando os elementos geometricos da gura 2.1, temos que quando x tendea 0, o ponto P tem como posic~ao limite o ponto P0, e a reta secante P0P tera comoposic~ao limite a reta t, tangente ao graco de f no ponto P0.

Na gura, temos ainda, da geometria analtica elementar,

tg = tangente do a^ngulo

= coeciente angular (ou inclinac~ao) da reta secante P0P

=y

x:

tg = tangente do a^ngulo

= coeciente angular da reta t, tangente ao graco de f , no ponto P0:

Note aqui diferentes empregos (com diferentes signicados) da palavra tangente: a tan-gente (trigonometrica) do a^ngulo , nos da a inclinac~ao, ou declividade, ou coecienteangular, da reta t, que e (geometricamente) tangente ao graco de f (ou que tangenciao graco de f) no ponto P0.

Quando x tende a 0, tende a , e ent~ao yx= tg tende a tg.

Da, limx!0

y

x= tg.

Assim, com este argumento geometrico e intuitivo, interpretamos f 0(x0) = tg comosendo o coeciente angular (ou a inclinac~ao) da reta t, tangente ao graco de f (ouseja, tangente a curva y = f(x)) no ponto P0 = (x0; f(x0)).

Sabemos que a equac~ao de uma reta, de coeciente angular m, passando por umponto P0 = (x0; y0), e dada por

y y0 = m(x x0):

Assim sendo, temos que a equac~ao da reta t, tangente a curva y = f(x) no pontoP0 = (x0; y0) = (x0; f(x0)) e dada por

y y0 = f0(x0) (x x0)

Em geral, se queremos aproximar a func~ao f(x), nas proximidades de x0, por umafunc~ao da forma g(x) = ax+ b, tomamos g(x) = f(x0) + f

0(x0) (x x0). O graco


de g sera ent~ao a reta tangente ao graco de f no ponto P0. Dizemos que g(x) e umalinearizac~ao de f(x) nas proximidades de x0.

A reta normal a curva y = f(x), no ponto P0 dessa curva, e a reta que passa porP0 perpendicularmente a curva. Isto, e, r e normal a curva y = f(x), no ponto P0,quando r e perpendicular a reta tangente a curva nesse ponto.

Lembre-se que se duas retas s~ao perpendiculares, tendo coecientes angulares me m0, ent~ao m0 = 1=m.

Assim, se f 0(x0) 6= 0, a equac~ao da reta r, normal a curva y = f(x) no pontoP0 = (x0; y0) e

y y0 = 1

f 0(x0)(x x0)

Exemplo 2.1 Qual e a equac~ao da reta t, que tangencia a parabola y = x2, no pontoP = (1; 1)? Qual e a equac~ao da reta r, normal a parabola nesse ponto?

1

1

-1-1

x

y

P

t

r

Figura 2.2. Representac~ao graca da curva y = x2 e das retas t e r, tangente e normala curva no ponto P = (1; 1).

Soluc~ao. Sendo y = x2, temosdy

dx= 2x. Em P , temos x0 = 1. O coeciente

angular da reta t e dado por

dy

dx

x=1

= 2 (1) = 2:


Assim, a reta t, tangente a curva y = x2 no ponto P , tem equac~ao

y 1 = (2)(x (1))

ou seja, y = 2x 1.

Para escrever a equac~ao da reta r, normal a curva no ponto P , fazemos uso dofato de que a declividade da reta r e mr =

1

mt= 1

2.

Portanto, r tem equac~ao y 1 = 12(x+ 1), ou ainda y = 1

2x+ 3

2.

Na gura 2.2 temos a representac~ao da curva y = x2 e das retas t e r, respecti-vamente tangente e normal a curva no ponto P = (1; 1).

Exemplo 2.2 Determine o coeciente angular da reta tangente ao graco de y =f(x) = x2 4x, no ponto de abscissa (primeira coordenada) p. Em qual ponto a retatangente ao graco e horizontal?

Soluc~ao. O coeciente angular da reta tangente a curva y = x2 4x, no pontode abscissa p, e m = f 0(p). Como f 0(x) = 2x 4, temos m = 2p 4.

No ponto (p; f(p)) em que a reta tangente e horizontal, temos m = 0, ou seja,f 0(p) = 0. Logo, p = 2. Assim, o ponto procurado e (2;4).

2.2 Novas regras de derivac~ao

Regra 2.1 (Derivada de um produto)

(fg)0 = f 0g + fg0

Demonstrac~ao. Temos

f = f(x+x) f(x), g = g(x+x) g(x).

Portanto

f(x+x) = f(x) + f , g(x+x) = g(x) + g.

Assim sendo

(fg) = f(x+x)g(x+x) f(x)g(x)

= (f(x) + f)(g(x) + g) f(x)g(x)

= f(x)g(x) + f(x)(g) + (f)g(x) + (f)(g) f(x)g(x)

= f(x)(g) + (f)g(x) + (f)(g)

Portanto


(fg)

x= f(x)

g

x+f

xg(x) +

f

x(g)

= f(x)g

x+f

xg(x) +

f

x

g

xx

E assim,

limx!0

(fg)

x= lim

x!0

f(x)

g

x+f

xg(x) +

f

x

g

xx

= f(x)g0(x) + f 0(x)g(x) + f 0(x)g0(x) 0

= f 0(x)g(x) + g0(x)f(x)

Portanto, (f(x)g(x))0 = f 0(x)g(x) + f(x)g0(x).

Observac~ao 2.1 Para um valor especco de x, digamos x = x0, temos

f = f(x0 +x) f(x0).

Embora n~ao tenhamos ainda mencionado, e fato que se podemos calcular o limitelimx!0

f

x= f 0(x0), ent~ao temos lim

x!0f = 0.

De fato,

limx!0

f = limx!0

f

xx = f 0(x0) 0 = 0:

Exemplo 2.3 Daremos um exemplo para ilustrar a regra da derivada de um produto,que acabamos de deduzir. Considere p(x) = (x2 + x+ 2)(3x 1)

Expandindo p(x), obtemos p(x) = 3x3 + 2x2 + 5x 2, de onde obtemos p0(x) =9x2 + 4x+ 5.

Por outro lado, se aplicarmos a formula da derivada de um produto, obtemos

p0(x) = (x2 + x+ 2)0(3x 1) + (x2 + x+ 2)(3x 1)0

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

= 9x2 + 4x+ 5

Regra 2.2 Sendo g uma func~ao derivavel, quando g6= 0 temos1

g

0

= g0

g2:

Demonstrac~ao. Como na deduc~ao da propriedade 2.1, temos g(x+x) = g(x) + g.


Sendo y = 1=g(x), temos

y =1

g(x+x)

1

g(x)

=1

g(x) + g

1

g(x)

=g(x) (g(x) + g)

(g(x) + g) g(x)

=g

(g(x) + g) g(x)

Logo,y

x=g

x

1

(g(x) + g)g(x)

e portanto

dy

dx= lim

x!0

y

x

= limx!0

g

x

1

(g(x) + g)g(x)

= g0(x) 1

(g(x))2=

g0(x)

(g(x))2

Aqui, zemos uso da observac~ao 2.1: sendo g derivavel, temos limx!0

g = 0.

Exemplo 2.4 Verique que, sendo n um inteiro positivo, (xn)0 = nxn1.

Soluc~ao. Aplicando o resultado da propriedade 2.2, temos

(xn)0 =

1

xn

0

= (xn)0

(xn)2=

nxn1

x2n= nxn1

Regra 2.3 (Derivada de um quociente)f

g

0

=f 0g fg0

g2

Demonstrac~ao. Deixamos a deduc~ao desta regra para o leitor. Para deduzi-la, basta

escreverf

g= f

1

ge ent~ao combinar as regras (propriedades) 2.1 e 2.2.

Exemplo 2.5 Calcular y0, sendo y =x3 1

x3 + 1


Soluc~ao. Aplicando a formula para a derivada de um quociente, temos

y0 =

x3 1

x3 + 1

0=(x3 1)0(x3 + 1) (x3 + 1)0(x3 1)

(x3 + 1)2

=3x2(x3 + 1) 3x2(x3 1)

(x3 + 1)2

=6x2

(x3 + 1)2

2.3 Problemas

1. Utilizando regras de derivac~ao previamente estabelecidas, calcule as derivadas dasseguintes func~oes.

(a) f(x) =4x 5

3x+ 2

(b) f(z) =8 z + 3z2

2 9z

(c) f(w) =2w

w3 7

(d) s(t) = t2 +1

t2

(e) f(x) =1

1 + x+ x2 + x3

(f) f(x) =x2 + 9x+ 2

7

2. Deduza a seguinte formula de derivac~ao:

(fgh)0 = f 0gh+ fg0h+ fgh0

De^ um bom palpite (chute) sobre como seria a formula para (f1f2 fn1fn)0.

3. Ache as equac~oes das retas tangentes ao graco de y =5

1 + x2, nos pontos

P = (0; 5), Q = (1; 5=2) e R = (2; 1). Esboce (caprichadamente) o gracodessa curva, plotando pontos com os seguintes valores de x: 3, 2, 1, 0, 1,2 e 3. No mesmo sistema cartesiano, esboce tambem as retas tangentes a curvanos pontos P , Q e R.

4. Escreva as equac~oes das retas tangente e normal a curva y = x3 3x2 x + 5no ponto de abcissa x = 3.

5. Determine as equac~oes das retas t e n, respectivamente tangente e normal a curvay = x2, no ponto de abcissa p.


6. (Teste sua sensibilidade sobre derivadas) Esboce o graco de y = x24, plotandoos pontos de abcissas (valores de x) 2, 1, 0, 1, 2 e 3. Em cada um dessespontos, esboce a reta tangente ao graco, e tente adivinhar o seu coecienteangular. Marque seu chute ao lado do ponto. Em seguida, calcule cada coecienteangular usando a derivada y0. Compare seu chute com a resposta exata.


1. (a) f 0(x) =23

(3x+ 2)2

(b) f 0(z) =27z2 + 12z + 70

(2 9z)2

(c) f 0(w) =4w3 14

(w3 7)2

(d) s0(t) = 2t2

t3

(e) f 0(x) = 1 + 2x+ 3x2

(1 + x+ x2 + x3)2

(f) f 0(x) =2x+ 9

7(Quando c e uma constante, temos a regra

fc

0

= f0

c)

2. (f1f2 fn1fn)0 = f 01f2 fn1fn + f1f

0

2 fn1fn + + f1f2 f0

n1fn +f1f2 fn1f

0

n.

3. As equac~oes das tre^s retas s~ao, respectivamente, y = 5, 5x+2y10 = 0, e 4x5y+13 =0.

4. Reta tangente: y = 8x 22. Reta normal: x+ 8y 19 = 0.

5. t : y = 2px p2;

n : y = x

2p+1

2+ p2 (se p6= 0); n : x = 0 (se p = 0).

Aula 3

Derivac~ao em cadeia e derivac~aoimplcita

A regra da cadeia e uma regra de derivac~ao que nos permite calcular a derivada deuma composic~ao (ou um encadeamento) de func~oes, tais como f(g(x)) ou f(g(h(x))),conhecendo-se as derivadas f 0(x), g0(x) e h0(x).

Quando temos uma func~ao composta, tal como y = (x3 + x 1)10, podemosdecompo^-la em func~oes elementares. Simplesmente escrevemos

y = u10; u = x3 + x 1:

Na notac~ao de Leibniz, a regra da cadeia nos diz que

dy

dx=dy

du dudx

No caso, teremos ent~ao

dy

dx=dy

du dudx

= 10u9 (3x2 + 1)= 10(x3 + x 1)9(3x2 + 1)

Repetindo tudo, passando da notac~ao de Leibniz para a notac~ao de Lagrange,temos

y = f(u); u = g(x)

e ent~ao

dy

dx=dy

du dudx

= f 0(u) g0(x)= f 0(g(x)) g0(x)

19

Derivac~ao em cadeia e derivac~ao implcita 20

Regra 3.1 (Derivac~ao em cadeia) Se y = f(u) e u = g(x) ent~ao

dy

dx=dy

du dudx

Em outras palavras, sendo y = f(g(x)), tem-se

y0 = [f(g(x))]0 = f 0(g(x)) g0(x):

Observac~ao 3.1 A ideia intuitiva que inspira a regra da cadeia e a seguinte: sendoy = f(u) e u = g(x), temos u = g(x+x) g(x) e, y = f(u+u) f(u)

Assumindo, para simplicar, que u6= 0 sempre que x6= 0 (o que nem sempreocorre!), temos

y

x=y

u ux

Quando x tende a 0, u tambem tende a 0 (observac~ao 2.1), e assim

limx!0

y

x= lim

u!0

y

u limx!0

u

x

e portantody

dx=dy

du dudx

Nos dispensaremos da tarefa de fazer uma deduc~ao mais rigorosa da regra da cadeia,um procedimento possvel mas deveras sosticado.

Exemplo 3.1 Calculardy

dx, sendo y = ((x2 + 1)10 + 1)8.

Soluc~ao. Escrevemos

y = u8; u = v10 + 1; v = x2 + 1

Assim, estamos compondo (encadeando) tre^s func~oes. Aplicando a regra da cadeiatemos

dy

dx=dy

du dudx

=dy

du dudv dvdx

= 8u7 10v9 2x= 160(v10 + 1)7(x2 + 1)9x

= 160x((x2 + 1)10 + 1)7(x2 + 1)9


3.1 Derivadas de func~oes dadas implicitamente

Muitas vezes, duas variaveis x e y s~ao tais que, em um certo intervalo de valores de x,y depende de x, ou seja, y e uma func~ao da variavel x, mas em lugar de uma formulay = f(x), temos uma equac~ao F (x; y) = c, inter-relacionando ambas as variaveis, talcomo nos dois exemplos abaixo.

(1) x2 + y2 = 2

(2) x3 + y3 = x+ y + xy

As vezes, e possvel resolver a equac~ao dada em y, ou seja, \isolar" y no primeiromembro da equac~ao, expressando explicitamente y como variavel dependendo de x. Porexemplo, no caso da equac~ao (1), podemos fazer

y2 = 2 x2

e ent~aoy =

p2 x2

Neste caso, deduzimos ent~ao que as func~oes

y = f1(x) =p2 x2 e y = f2(x) =

p2 x2

ambas satisfazem a equac~ao x2 + y2 = 2.

No caso da equac~ao (2), podemos vericar que, por exemplo, o par (1; 0) satisfaza equac~ao, mas n~ao nos e obvio como resolver a equac~ao em y e obter uma func~aoy = f(x) satifazendo f(1) = 0 e x3 + (f(x))3 = x+ f(x) + xf(x).

No entanto, em ambos os casos, e quase sempre possvel obter a derivadady

dx, em

um determinado ponto x0, se conhecemos tambem o valor correspondente y0.

Para isto, derivamos ambos os membros da equac~ao F (x; y) = c, considerando y comofunc~ao de x, e usamos as regras de derivac~ao, bem como a regra da cadeia, quandonecessario.

Exemplo 3.2 Obtendody

dx, a partir da equac~ao x2 + y2 = 2, por derivac~ao implcita.

Denotaremos por ()0 a derivada da express~ao (a express~ao que estiver entrepare^nteses), em relac~ao a x. Inicialmente notamos que, sendo y uma func~ao de x,temos, pela regra da cadeia, (y2)0 = 2y y0.

Para obtermosdy

dx(ou y0) no caso da equac~ao x2 + y2 = 2, fazemos


x2 + y2 = 2

(x2 + y2)0 = (2)0

(x2)0 + (y2)0 = 0

2x+ 2yy0 = 0

yy0 = xy0 = x

y

Isto quer dizer que, se y e func~ao de x satisfazendo x2 + y2 = 2, ent~aody

dx= x

y.

Como vimos, as func~oes y = f1(x) =p2 x2 e y = f2(x) =

p2 x2 ambas

satisfazem x2 + y2 = 2. Pela derivac~ao \implcita" efetuada acima, temos

1. Se y = f1(x), ent~aody

dx= x

y= x

f1(x). Neste caso, y0 = xp

2 x2 ;

2. Se y = f2(x), ent~aody

dx= x

y= x

f2(x). Neste caso, y0 =

xp2 x2

Exemplo 3.3 Obtendody

dx, a partir da equac~ao x3+ y3 = x2y2+ x+ y, por derivac~ao

implcita.

Para obtermosdy

dx(ou y0) no caso da equac~ao x3 + y3 = x2y2 + x+ y, fazemos

x3 + y3 = x2y2 + x+ y

(x3 + y3)0 = (x2y2 + x+ y)0

3x2 + 3y2y0 = (x2y2)0 + 1 + y0

3x2 + 3y2y0 = (x2)0y2 + x2(y2)0 + 1 + y0

3x2 + 3y2y0 = 2xy2 + x2 2yy0 + 1 + y0

Obtemos ent~ao y0, deixando no primeiro membro somente os termos com y0:

3y2y0 2x2yy0 y0 = 1 + 2xy2 3x2(3y2 2x2y 1)y0 = 1 + 2xy2 3x2

y0 =1 + 2xy2 3x23y2 2x2y 1

Exemplo 3.4 Obter a reta tangente a curva x3+y3 = x2y2+x+y no ponto P = (1; 0).

Note que o problema so faz sentido porque o ponto (1; 0) de fato pertence a curva:13 + 03 = 12 02 + 1 + 0.


Primeiro obtemosdy

dx, por derivac~ao implcita, a partir da equac~ao x3 + y3 =

x2y2 + x+ y.

Isto ja foi feito no exemplo anterior, em que calculamos y0 =1 + 2xy2 3x23y2 2x2y 1 .

O coeciente angular da reta tangente procurada e

dy

dx

x=1y=0

=1 + 2xy2 3x23y2 2x2y 1

x=1y=0

=1 31 = 2

Assim sendo, a reta procurada tem equac~ao y0 = 2(x1), ou seja, y = 2x2.

3.2 Derivada da func~ao pote^ncia f (x) = xr, sendo r

um numero racional

Da algebra elementar, temos

x1

2 =px (x 0)

x1

3 = 3px (x real qualquer)

x1

n = npx (n > 0, x 0 se n e par, x qualquer se n e mpar)

xp

q = qpxp (q > 0; quando q e par, x 0 se p e mpar positivo, e x > 0 se p e impar

negativo)

Regra 3.2

(x1

n )0 =1

n x 1n1

ou seja,

( npx)0 =

1

nnpxn1

Regra 3.3 Sendo p e q inteiros, com q > 0,

(xp

q )0 =p

q xpq1

Portanto, se r e um expoente racional,

(xr)0 = rxr1

Demonstrac~ao da regra 3.2.

Se y = x1

n , ent~ao yn = x.

Aplicando derivac~ao implcita obtemos

nyn1y0 = 1


Portanto y0 =1

nyn1=1

n y1n = 1

n (x 1n )1n = 1

n x 1nn = 1

n x 1n1

Demonstrac~ao da regra 3.3.

Sendo p e q inteiros, q > 0, se y = xp

q , ent~ao yq = xp.

Por derivac~ao implcita, obtemos ent~ao

(yq)0 = (xp)0 ou, equivalentemente qyq1y0 = pxp1.

Assim, y0 =pxp1

qyq1=pxpx1

qyqy1=pxpx1

qxpy1=p

qyx1 =

p

qxp=qx1 =

p

qxp

q1

Exemplo 3.5 Calcular a derivada de f(x) = 3p3x2 + 3x+ 5

Soluc~ao. Temos f(x) = (3x2 + 3x+ 5)1

3 .

Aplicando derivac~ao em cadeia e a regra 3.3, temos

f 0(x) = [(3x2 + 3x+ 5)1

3 ]0

=1

3(3x2 + 3x+ 5)

2

3 (3x2 + 3x+ 5)0

=1

3(3x2 + 3x+ 5)

2

3 (6x+ 3)

= (3x2 + 3x+ 5)2

3 (2x+ 1)

=2x+ 1

(3x2 + 3x+ 5)2=3

=2x+ 1

3

p(3x2 + 3x+ 5)2

Soluc~ao alternativa. Sendo y = f(x), temos

y =3p3x2 + 3x+ 5

e portantoy3 = 3x2 + 3x+ 5

Aplicando derivac~ao implcita, obtemos

3y2y0 = 6x+ 3, ou seja, y0 =6x+ 3

3y2

de onde

y0 =2x+ 1

( 3p3x2 + 3x+ 5)2

=2x+ 1

3

p(3x2 + 3x+ 5)2


3.3 Problemas

1. Calculedy

dx

(a) y =

x3

3+ 1

5+

x2

2+ 1

4

(b) y =((x3 + 7)4 + x)5

x2 + 1

(c) y =

x

x+ 1

10

2. Calcule as derivadas das seguintes func~oes.

(a) f(x) = (x2 3x+ 8)3

(b) f(x) =x

(x2 1)4(c) F (v) = (17v 5)1000(d) s(t) = (4t5 3t3 + 2t)2

(e) k(u) =(u2 + 1)3

(4u 5)5

3. Determine (i) a equac~ao da reta tangente a curva no ponto indicado e (ii) ospontos do graco em que reta tangente a curva e horizontal, nos casos

(a) y = (4x2 8x+ 3)4, P = (2; 81).(b) y = (2x 1)10, P = (1; 1).

4. Se k(x) = f(g(x)), com f(2) = 4, g(2) = 2, f 0(2) = 3 e g0(2) = 5, calculek0(2).

5. Determine y0 sendo y uma func~ao de x dada implicitamente pela equac~ao

(a) 2x3 + x2y + y3 = 1

(b)1

x2+1

y2= 1

(c) (y2 9)4 = (4x2 + 3x 1)2

6. Verique primeiramente que o ponto P pertence a curva dada e ache a equac~aoda reta tangente a curva no ponto P .

(a) xy = 16, P = (2; 8);(b) 2x3 x2y + y3 1 = 0, P = (2;3).

7. Calcule as derivadas das seguintes func~oes.


(a) f(x) = 3p8x3 + 27

(b) f(x) = (7x+px2 + 3)6

(c) f(t) =4

(9t2 + 16)2=3

(d) g(z) =3p2z + 3p3z + 2

(e) F (v) =5

5pv5 32

8. Calcule dydxse

(a) 6x+pxy 3y = 4

(b) 3x2 + 3pxy = 2y2 + 20

9. Uma func~ao e par se f(x) = f(x) para todo x em seu domnio, e e mpar sef(x) = f(x) para todo x em seu domnio. Sendo f derivavel, demonstre que(a) Se f e par, ent~ao f 0 e mpar (ou seja, se f(x) = f(x) para todo x no

domnio de f), ent~ao f 0(x) = f 0(x);(b) Se f e mpar, ent~ao f 0 e par.


1. (a)dy

dx= 5x2

x3

3+ 1

4+ 4x

x2

2+ 1

3

(b)dy

dx=

5((x3 + 7)4 + x)4(12x2(x3 + 7)3 + 1)(x2 + 1) 2x((x3 + 7)4 + x)5(x2 + 1)2

(c)dy

dx=

10x9

(x+ 1)11

2. (a) f 0(x) = 3(x2 3x+ 8)2(2x 3)

(b) f 0(x) =(7x2 + 1)(x2 1)5

(c) F 0(v) = 17000(17v 5)999(d) s0(t) = 2(4t5 3t3 + 2t)3(20t4 9t2 + 2)

(e) k0(u) =(u2 + 1)2(4u2 30u 20)

(4u 5)6

3. (a) (i) y 81 = 864(x 2), (ii) (1; 1), (1=2; 0) e (3=2; 0).(b) (i) y 1 = 20(x 1), (ii) (1=2; 0).

4. k0(2) = 15.


5. (a) y0 =(6x2 + 2xy)x2 + 3y2

(b) y0 = y3

x3

(c) y0 =(4x2 + 3x 1)(8x+ 3)

4y(y2 9)3

6. (a) 4x y + 16 = 0(b) y + 3 = 36

23(x 2)

7. (a) f 0(x) = 8x2(8x3 + 27)2=3 =8x2

3

p(8x3 + 27)2

(b) f 0(x) = 6(7x+px2 + 3)5

7 +

xpx2 + 3

(c) f 0(t) =48t

3

p(9t2 + 16)5

(d) g0(z) =3 3p2z + 32p(3z + 2)3

+2

3p3z + 2 3

p(2z + 3)2

(e) F 0(v) = 5v4(v5 32)6=5 = 5v4

5

p(v5 32)6

8. (a) y0 =12pxy + y

6pxy x

(b) y0 =18x5=3y2=3 + y

12x2=3y5=3 x9. (a) Se f e uma func~ao par, temos a igualdade f(x) = f(x). Derivando ambos

os membros em relac~ao a x, temos [f(x)]0 = f 0(x). Por derivac~ao em cadeia,aplicada ao primeiro membro, temos f 0(x) (x)0 = f 0(x), logo f 0(x) =f 0(x), ou seja f 0(x) = f 0(x). Conclumos ent~ao que se f e func~ao par, suaderivada f 0 e func~ao mpar.

Aula 4

Limites. Uma introduc~ao intuitiva

Nos captulos anteriores, zemos uso de um limite especial para calcular derivadas:f 0(x) = lim

x!0f(x+x)f(x)

x.

Neste captulo veremos os limites como ferramentas de estudo do comportamentode func~oes reais, provendo informac~oes importantes sobre seus gracos.

A denic~ao formal de limite e matematicamente sosticada, requerendo muitashoras de estudo para ser entendida. O leitor interessado podera encontra-la em bonslivros-textos de calculo. Ocorre porem que a denic~ao de limite tem pouca ou nenhu-ma serventia quando queremos calcular limites. Faremos uma explorac~ao intuitiva doconceito de limite e de suas propriedades, atraves de exemplos e interpretac~oes gracas.

Exemplo 4.1 Considere a func~ao f(x) = 2x+3. Quando x assume uma innidade devalores aproximando-se mais e mais de 0, o numero 2x + 3 assume uma innidade devalores aproximando-se de 2 0+ 3 = 3. Dizemos que o limite de f(x), quando x tendea 0, e igual a 3, e escrevemos

limx!0

f(x) = 3

Suponhamos que f(x) e uma func~ao real denida em uma reuni~ao de intervalos, eque x0 e um ponto no interior ou no extremo de um desses intervalos. Os matematicosdizem que lim

x!x0f(x) = L (L 2 R) quando podemos fazer f(x) arbitrariamente proximo

de L, tomando x sucientemente proximo de x0, mantendo x6= x0. No exemplo acima,podemos fazer f(x) proximo de 3 o quanto quisermos, bastando tomar x bem proximode 0.

Exemplo 4.2 Aqui temos uma lista de exemplos intuitivos.

28

Limites. Uma introduc~ao intuitiva 29

1. limx!a

x = a (a 2 R)

2. limx!a

xn = an (n 2 N, a 2 R)

3. Sendo p(x) = anxn + an1xn1 + + a1x+ a0, (an; : : : ; a0 todos reais),

limx!x0

p(x) = anxn0 + an1x

n10 + + a1x0 + a0 = p(x0)

4. limx!2

x3 3x2 + 1

=limx!2

(x3 3)limx!2

(x2 + 1)=8 34 + 1

= 1

Denic~ao 4.1 Nos exemplos acima, de limites com x tendendo a x0, tivemos semprex0 no domnio de f e lim

x!x0f(x) = f(x0). Quando isto ocorre, dizemos que f e

contnua no ponto x0.

No proximo exemplo, temos um limite em que x! x0, mas x0 n~ao esta no domniode f .

Exemplo 4.3 Calcular limx!2

x3 8x 2 .

Soluc~ao. Note que, sendo f(x) = x38x2 , temos que 262 D(f). Quando x se aproxima

de 2, x3 se aproxima de 8. Um calculo direto nos da ent~ao

limx!2

x3 8x 2 =

0

0

Este resultado, 0=0, e muito comum no calculo de limites, e n~ao tem signicado comovalor de um limite. A express~ao 0=0 e um smbolo de indeterminac~ao ocorrendo em umatentativa de calculo de um limite. A ocorre^ncia desta express~ao signica que o limiteainda n~ao foi calculado.

Para evitar o smbolo de indeterminac~ao 0=0, neste exemplo fazemos

limx!2

x3 8x 2 = limx!2

(x 2)(x2 + 2x+ 4)x 2

= limx!2

(x2 + 2x+ 4) (pois x 26= 0)= 22 + 2 2 + 4 = 12

Exemplo 4.4 (Calculo de um limite com mudanca de variavel)

limx!0

3px+ 1 1x

= ?


Um calculo direto nos da 0=0, uma indeterminac~ao.

Fazendo y = 3px+ 1, temos y3 = x+ 1, e portanto x = y3 1.

Quando x tende a 0, y tende a 1 (em smbolos: se x ! 0, ent~ao y ! 1). E atemos

limx!0

3px+ 1 1x

= limy!1

y 1y3 1

= limy!1

y 1(y 1)(y2 + y + 1)

= limy!1

1

y2 + y + 1=1

3

4.1 Limites innitos. Limites no innito

Consideremos agora a func~ao f(x) =1

x2. Temos que o domnio de f e o conjunto dos

numeros reais diferentes de 0: D(f) = R f0g.Observe a tabela 4.1. Ali zemos uso do fato de que f e uma func~ao par : f(x) =

f(x) para todo x 2 D(f).Na primeira coluna da tabela 4.1, temos valores de x cada vez mais proximos de

0. Na ultima coluna, vemos que os valores correspondentes de f(x) tornam-se cadavez maiores. Neste exemplo, podemos fazer f(x) ultrapassar qualquer numero positivo,tomando x sucientemente proximo de 0. Dizemos que o limite de f(x), quando xtende a 0 e \+ innito", e escrevemos

limx!0

f(x) = +1

ou seja,

limx!0

1

x2= +1

A interpretac~ao geometrica de limx!0

(1=x2) = +1 pode ser visualizada na gura4.1, onde temos um esboco do graco da curva y = 1=x2.

Agora observe a tabela 4.2. Notamos agora que, a medida que x cresce indenida-

mente, assumindo valores positivos cada vez maiores, f(x) =1

x2torna-se cada vez mais

proximo de 0. Isto tambem e sugerido pela gura 4.1. Neste caso, dizemos que o limitede f(x), quando x tende a \+ innito", e igual a 0, e escrevemos

limx!+1

1

x2= 0


Tabela 4.1.

x x2 f(x) = 1x2

1 1 10; 5 0; 25 100

25= 4

0; 2 0; 04 1004= 25

0; 1 0; 01 1000; 01 0; 0001 100000; 001 0; 000001 1000000

2

1-1 x

y

2

8

16

4

-2 0

Figura 4.1. limx!0

1=x2 = +1, ou seja, a medida que x se aproxima de 0, y = f(x)torna-se cada vez maior. Tambem lim

x!+11=x2 = 0, ou seja, a medida em que x cresce,

tomando valores cada vez maiores, f(x) aproxima-se de 0. E ainda limx!1

1=x2 = 0.

Nas tabelas 4.1 e 4.2 tambem ilustramos:

limx!0

x2 = 0 limx!+1

x2 = +1

Tambem podemos facilmente inferir

limx!1

x2 = +1 limx!1

1

x2= 0

Com estes exemplos simples damos incio a nossa algebra de limites:


Tabela 4.2.

x x2 f(x) = 1x2

1 1 1

2 4 14= 0; 25

5 25 125= 0; 04

10 100 0; 01

100 10000 0; 0001

103 106 106

(+1) + (+1) = +1 (1) + (1) = 1(1)2 = +1 (+1)(1) = 1(+1)3 = +1 (1)3 = 1(1)(inteiro positivo par) = +1 (1)(inteiro positivo mpar) = 11

1 = 0+1+ c = +1 (c constante) 1+ c = 1 (c constante)

c (+1) =(+1 se c > 01 se c < 0 c (1) =

(+1 se c < 01 se c > 0

+1c

=

(+1 se c > 01 se c < 0

1c

=

(+1 se c < 01 se c > 0

Mas atenc~ao! Cautela com essa nova \aritmetica"! Os \resultados"

11 , (+1) (+1), (1) + (+1), 0 (1)

s~ao novos smbolos de indeterminac~ao. Nada signicam como valores de limites. Sechegarmos a algum deles no calculo de um limite, temos que repensar o procedimentode calculo.

Exemplo 4.5 Calcular limx!+1

3x2 2x 1x3 + 4

Soluc~ao. Uma substituic~ao direta nos da

limx!+1

3x2 2x 1x3 + 4

=+1 (+1) 1

+1+ 4


Para evitarmos smbolos de indeterminac~ao, fazemos

limx!+1

3x2 2x 1x3 + 4

= limx!+1

x2(3 2x 1

x2)

x3(1 + 4x3)

= limx!+1

3 2x 1

x2

x(1 + 4x3)

=3 2

+1 1+1+1(1 + 4

+1)

=3 0

+1 (1 + 0) =3

+1 = 0

Nos limites da forma limx!1

p(x)

q(x), em que p(x) e q(x) s~ao polino^mios em x, prevalecem

os termos de maior grau de ambos os polino^mios, ou seja, se

p(x) = anxn + an1x

n1 + + a1x+ a0;

q(x) = bmxm + bm1x

m1 + + b1x+ b0

ent~ao limx!1

p(x)

q(x)= lim

x!1anx

n

bmxm.

Deixamos a deduc~ao disto para o leitor, como um exerccio.

Por exemplo, no exemplo que acabamos de estudar, bastaramos fazer

limx!+1

3x2 2x 1x3 + 4

= limx!+1

3x2

x3= lim

x!+13

x=

3

+1 = 0

Mas atenc~ao. Isto so vale para limites de quocientes de polino^mios, em quex! 1.


(x5 x3)

Temos

limx!1

(x5x3) = (1)5 (1)3 = (1) (1) = (1)+(+1), portantochegamos a um smbolo de indeterminac~ao.

Podemos no entanto fazer

limx!1

(x5 x3) = limx!1

x5(1 1x2) = +1 (1 0) = +1.


1

x.


Soluc~ao. Aqui podemos ser induzidos a dizer, tal como no exemplo do limite limx!0

1x2,

que limx!0

1xe innito. Ok, mas qual \innito"? +1 ou 1 ? A resposta e, neste caso,

nenhum dos dois!

Se x se aproxima de 0 por valores positivos, ent~ao 1=x tende a +1. Porem se xse aproxima de 0 assumindo somente valores negativos, ent~ao 1=x tende a 1 (j1=xjca cada vez maior, porem 1=x mantem-se sempre < 0).

Neste caso, dizemos que n~ao existe o limite limx!0

1

x.

O comportamento da func~ao f(x) =1

x, nas proximidades de x = 0, sera melhor

estudado na proxima aula, quando introduziremos o conceito de limites laterais.

4.2 Ilustrac~oes geometricas da ocorre^ncia de alguns

limites

Na gura 4.2 temos o esboco de um graco de uma func~ao denida no conjuntoR fx0g, para a qual lim

x!x0f(x) = a e lim

x!x1f(x) = b = f(x1).

a

b

y = f(x)y

x0 x0 x1

Figura 4.2. x0 n~ao esta no domnio de f , limx!x0

f(x) = a, e limx!x1

f(x) = b = f(x1)

Na gura 4.3 temos o esboco de um graco de uma func~ao denida em todo oconjunto R, para a qual lim

x!+1f(x) = a e lim

x!1f(x) = b.

Na gura 4.4 temos o esboco de um graco de uma func~ao denida em R fag,para a qual lim

x!af(x) = +1. Na gura 4.5 temos o esboco de um graco de uma

func~ao denida em R fag, para a qual limx!a

f(x) = 1. Na gura 4.6 ilustramos oesboco de um graco de uma func~ao denida em Rfag, para a qual lim

x!af(x) = 1,

limx!1

f(x) = b e limx!+1

f(x) = 1.


a

b

y = f(x)y

x0

Figura 4.3. limx!+1

f(x) = a, e limx!1

f(x) = b

a

y = f(x)

y

x0

Figura 4.4. limx!a

f(x) = +1

a

y = f(x)

y

x0

Figura 4.5. limx!a

f(x) = 1


a

y = f(x)

y

x0

b

Figura 4.6. limx!a

f(x) = 1, limx!1

f(x) = b, e limx!+1

f(x) = 1

4.3 Problemas

1. Calcule os limites.

(a) limx!2

x2 4x 2 (b) limx!1

x2 x2x2 + 5x 7

(c) limk!4

k2 16pk 2 (d) limh!0

(x+ h)3 x3h

(e) limh!2

h3 + 8

h+ 2(f) lim

z!101

z 10(g) lim

x!11

(x 1)4 (h) limx!p2(x2 + 3)(x 4)

(i) limx!p2

15 (j) limx!1=2

2x2 + 5x 36x2 7x+ 2

(k) limx!2

x3 + 8

x4 16 (l) lims!46s 12s 9

(m) limx!1

x2

x 1 1

x 1

(n) limh!0

4p16 + hh

(o) limt!1

(4t2 + 5t 3)3(6t+ 5)4

(p) limh!0

(2 + h)2 22h

2. Demonstre que se

p(x) = anxn + an1x

n1 + + a1x+ a0; eq(x) = bmx

m + bm1xm1 + + b1x+ b0;

sendo a0; : : : ; an; b0; : : : ; bn numeros reais com an 6= 0 e bm 6= 0, ent~ao


(a) limx!1

p(x)

q(x)= lim

x!1anx

n

bmxm

(b) limx!1

p(x) = limx!1

anxn

3. Calcule os limites.

(a) limx!+1

2x+ 3

x+ 3px

(b) limx!+1

3px2 + 1

x+ 1

(c) limx!+1

2x2 x+ 3x3 8x 5 (d) limx!1

2x2 3x 4px2 + 1

(e) limx!+1

(2x+ 3)3(2 3x)2x5 + 5

(f) limx!+1

(px+ apx)

(g) limx!+1

(px2 + ax x) (h) lim

x!+1(x+ 3

p1 x3)

(i) limx!+1

( 3px+ 8x3 2x) (j) lim

x!+1x(px2 + 1 x)

4. Considerando as duas primeiras colunas da tabela 4.1, de valores para a func~aog(x) = x2, Jo~aozinho argumentou que, quanto mais proximo de 0 e o valor de x,mais proximo de 1 ca g(x). Explique porque^ Jo~aozinho esta certo. Isto querdizer que lim

x!0g(x) = 1 ? Explique.


1. (a) 4 (b) 1=9 (c) 32 (d) 3x2 (e) 12 (f) n~ao existe (g) +1 (h) 5p2 20 (i) 15(j) 7 (k) 3=8 (l) 23 (m) 2 (n) 1=8 (o) 64 (p) 1=4

2. (a)

limx!1

p(x)

q(x)= lim

x!1

anxn1 + an1anx + + a1anxn1 +

a0anxn

bmxm

1 + bm1bmx + + b1bmxm1 +

b0bmxm

= lim

x!1anx

n

bmxm limx!1

1 + an1anx + + a1anxn1 +a0anxn

1 + bm1bmx + + b1bmxm1 +b0

bmxm

= limx!1

anxn

bmxm limx!1

1 + an11 + + a11 + a011 + bm11 + + b11 + b01

= limx!1

anxn

bmxm 1 + 0 + + 01 + 0 + + 0 = limx!1

anxn

bmxm

3. (a) 2 (b) 0 (c) 0(d) +1.Sugest~ao: lim

x!12x2 3x 4p

x2 + 1= lim

x!1x22 3x 4x2

qx21 + 1

x2

= limx!1 x22 3x 4x2

jxjq1 + 1

x2

.

Agora, como x! 1, temos x < 0, e ent~ao jxj = x.


(e) 72

(f) 0. Sugest~ao:px+ apx = (

px+ apx)(px+ a+px)p

x+ a+px

.

(g) a=2 (h) 0. Sugest~ao: Para contornar a indeterminac~ao +11, facax+

3p1 x3 = (x+

3p1 x3)[x2 x 3p1 x3 + ( 3p1 x3)2]x2 x 3p1 x3 + ( 3p1 x3)2 , e use a identidade

(a+ b)(a2 ab+ b2) = a3 + b3.(i) 0. Sugest~ao: Aproveite a ideia usada na soluc~ao do problema anterior, agora fazendouso da identidade (a b)(a2 + ab+ b2) = a3 b3.(j) 1=2

Aula 5

Limites laterais

Para cada x real, dene-se o valor absoluto ou modulo de x como sendo

jxj =(

x se x 0x se x < 0

Por exemplo, jp2j = p2, j+ 3j = +3, j 4j = 4, j0j = 0, j1 p2j = p2 1 (pois1p2 < 0).

Para apresentar o conceito de limites laterais, consideraremos a func~ao

f(x) = x+x

jxjcujo campo de denic~ao (domnio) e o conjunto R f0g.

Se x > 0, jxj = x e portanto f(x) = x + 1. Se x < 0, jxj = x e portantof(x) = x 1. O graco de f e esbocado na gura 5.1.

1

1

-1 x

y

-1

2-2

-2

2

Figura 5.1. Esboco do graco de f(x) = x+ xjxj.

39

Limites laterais 40

Se x tende a 0, mantendo-se > 0, f(x) tende a 1. Se tende a 0, mantendo-se< 0, f(x) tende a 1.

Dizemos ent~ao que o limite de f(x), quando x tende a 0 pela direita, e igual a 1,e denotamos

limx!0+

f(x) = 1

Dizemos tambem que o limite de f(x), quando x tende a 0 pela esquerda, e iguala 1, e denotamos

limx!0

f(x) = 1

De um modo geral, sendo f(x) uma func~ao, se x0 esta no interior ou e extremoinferior de um intervalo contido em D(f),

limx!x+

0

f(x) signica limx!x0x>x0

f(x)

Se x0 esta no interior ou e extremo superior de um intervalo contido em D(f),

limx!x

0

f(x) signica limx!x0x0

1

x= +1 lim

x!0

1

x= lim

x!0x

Limites laterais 41

(Tambem ilustramos que limx!+1

1x= lim

x!1

1x= 0.)

Neste caso, e conveniente denotar, introduzindo novos smbolos em nossa algebrade limites,

limx!0+

1

x=

1

0+= +1 lim

x!0

1

x=

1

0= 1

Observac~ao 5.1 Em geral, dizemos que

limx!x0

f(x) = 0+ se

(i) limx!x0

f(x) = 0, e

(ii) f(x) mantem-se > 0 quando x! x0, ou seja, f(x) > 0 para todo x suciente-mente proximo de x0.

Dizemos que limx!x0

f(x) = 0 se

(i) limx!x0

f(x) = 0, e

(ii) f(x) mantem-se < 0 quando x! x0, ou seja, f(x) < 0 para todo x suciente-mente proximo de x0.

Escrevemos ainda limx!x+

0

f(x) = 0+ para indicar que

(i) limx!x+

0

f(x) = 0, e (ii) f(x) > 0 quando x! x0 e x > x0.

Analogamente, podemos tambem conceituar os casos

limx!x+

0

f(x) = 0, limx!x

0

f(x) = 0, e limx!x

0

f(x) = 0+.

Nossa algebra de limites passa a contar agora com os seguintes novos resultados:

c

0+=

(+1 se c > 01 se c < 0

c

0=

(1 se c > 0+1 se c < 0

Tambem e facil intuir que

+10+

= +1 +10

= 1 10+

= 1 10

= +1

Exemplo 5.2

limx!1

(x 1)2 = 0+, portanto limx!1

1

(x 1)2 =1

0+= +1.

Limites laterais 42

limx!0+

2x 3x

=30+

= 1

limx!+1

5

x 3 =5

+1 = 0+

Exemplo 5.3 Calcular limx!2+

x+ 2

jx+ 2j e limx!2x+ 2

jx+ 2j

Soluc~ao. Observe que x+ 2 > 0 se e somente se x > 2.Assim sendo, se x > 2, temos x+ 2 > 0 e ent~ao jx+ 2j = x+ 2.Por outro lado, se x < 2, temos x+ 2 < 0 e ent~ao jx+ 2j = (x+ 2).Assim sendo, temos

limx!2+

x+ 2

jx+ 2j = limx!2x>2

x+ 2

jx+ 2j = limx!2x>2

x+ 2

x+ 2= lim

x!21 = 1

limx!2

x+ 2

jx+ 2j = limx!2x

Limites laterais 43

a x

y

b0

f(a)

f(b)

Figura 5.3. f e contnua e diferenciavel no intervalo [a; b].

a x

y

b0

f(a)

f(b)

c d

Figura 5.4. f e contnua no intervalo [a; b], mas n~ao tem derivadas nos pontos c e d.

Na aula 4, estivemos observando que a func~ao f(x) = 1=x2 tem limite innito noponto 0: lim

x!0f(x) = +1. Aqui, nas proximidades de 0, o graco \salta" para cima dos

dois lados, apresentando uma quebra na curva do graco.

Quando uma func~ao f(x) e contnua nos pontos de um intervalo [a; b], a curvay = f(x), a x b, graco de f no intervalo [a; b], n~ao apresenta quebras ou saltos.

Intuitivamente falando, podemos desenhar o graco ligando o ponto inicial A =(a; f(a)) ao ponto nal B = (b; f(b)) sem tirarmos o lapis do papel, tal como na gura5.3.

Observac~ao 5.4 (Uma func~ao contnua pode n~ao ter derivada sempre) Ja na gu-ra 5.4 temos uma ilustrac~ao de uma func~ao contnua no intervalo [a; b] que, no entanto,n~ao tem derivada em dois pontos desse intervalo. Note que nos pontos correspondentesa c e d n~ao e possvel tracar retas tangentes ao graco de f .

Observac~ao 5.5 (Continuidade signica limx!0

f = 0) Na observac~ao 2.1, aula 2,

vimos que, sendo x0 2 D(f), se existe f 0(x0) ent~ao limx!0

f = 0. Na verdade, n~ao e

necessario termos f diferenciavel x0 para que tenhamos limx!0

f = 0.

Limites laterais 44

A condic~ao necessaria e suciente para que tenhamos limx!0

f = 0 e que f seja

contnua no ponto x0.

Vejamos: f = f(x0 +x) f(x0).Fazendo x = x0 + x, temos f = f(x) f(x0). Temos que x ! 0 se e

somente se x! x0.Se lim

x!0f = 0, ent~ao lim

x!x0(f(x) f(x0)) = 0, logo

limx!x0

f(x) = limx!x0

[(f(x) f(x0)) + f(x0)] = 0 + f(x0) = f(x0). Assim, f e contnuaem x0.

Se f e contnua em x0, limx!x0

f(x) = f(x0). Logo, limx!x0

(f(x) f(x0)) = 0, eent~ao lim

x!0f = 0.

Assim, limx!0

f = 0, limx!x0

f(x) = f(x0).

Quando existe f 0(x0), temos limx!0

f = 0 e ent~ao limx!x0

f(x) = f(x0), ou seja

Se f tem derivada em x0 ent~ao f e contnua em x0.

No entanto, podemos ter f contnua em x0, sem ter derivada em x0. Veja proble-mas 5 e 6 abaixo.

5.1 Problemas

-1/2

-1

1 20 x

y

Figura 5.5.

Limites laterais 45

1. Na gura 5.5 esta esbocado o graco de uma func~ao y = f(x). Complete asigualdades:

(a) limx!1

f(x) = (b) limx!1+

f(x) = (c) limx!2

f(x) =

(d) limx!2+

f(x) = (e) limx!0

f(x) = (f) limx!0+

f(x) =

(g) limx!+1

f(x) = (h) limx!1

f(x) =

2. Em que pontos a func~ao f do problema anterior e denida? Em quais pontos econtnua?

3. Calcule os limites laterais

(a) limx!

j xjx (b) limx!+

j xjx (c) limx!8

1

x 8(d) lim

x!8+

1

x 8 (e) limx!2+x2 5x+ 42 x (f) limx!2+

px 2

4. Calcule os limites limx!3+

f(x), limx!3

f(x) e diga se existe o limite limx!3

f(x).

Diga tambem se f e contnua no ponto 3.

(a) f(x) =

8 0 (ou com f(a) > 0 e f(b) < 0), ent~ao f tem uma raiz no intervalo ]a; b[,isto e, existe x0, a < x0 < b, tal que f(x0) = 0.

Na pagina 60, desta aula, temos uma vers~ao equivalente desse teorema.

Este teorema esta ilustrado nos gracos das func~oes (contnuas) dos problemas 3e 5, pagina 56, da aula 6. A func~ao do problema 3 satisfaz f(0) > 0 e f(1) < 0, etambem f(2) < 0 e f(3) > 0, o que lhe garante a existe^ncia de uma raiz entre 0 e 1, ede uma outra entre 2 e 3. Ja a func~ao do problema 5 possui uma raiz no intervalo ]2; 3[.

1. Usando o teorema do anulamento, enunciado acima, mostre que

(a) f(x) = x5 + x+ 1 possui uma raiz no intervalo ] 1; 0[.(b) A equac~ao x3 4x+ 2 = 0 tem tre^s razes reais distintas entre si.

2. Mostre que todo polino^mio p(x), de grau mpar, com coecientes reais, tem aomenos uma raiz real.Sugest~ao. Considere os limites lim

x!+1p(x) e lim

x!1p(x).

Para cada uma das func~oes dadas abaixo,

Esbocando graficos: zeros no denominador e retas assntotas 67

(a) Determine o domnio da func~ao e, com base nisto, verique se a curva y = f(x)tem retas assntotas verticais.

(b) Calcule f 0(x) e determine os intervalos em que f e crescente e aqueles em que fe decrescente;

(c) Determine os pontos de maximo locais e os pontos de mnimo locais de f , bemcomo os valores de f(x) nesses pontos;

(d) Calcule f 00(x) e determine os intervalos em que a curva y = f(x) e co^ncava paracima e aqueles em que ela e co^ncava para baixo;

(e) Determine os pontos de inex~ao da curva y = f(x);

(f) Calcule as razes de f (soluc~oes da equac~ao f(x) = 0), quando isto n~ao for difcil;

(g) Verique se a curva y = f(x) tem retas assntotas horizontais ou inclinadas.

(h) A partir dos dados coletados acima, faca um esboco bonito do graco de f .

(i) Indique os pontos do graco onde a reta tangente e vertical e os pontos onde inexistetal reta tangente (procure por pontos onde f e contnua, mas f 0 n~ao e denida).

3. f(x) =x

x2 2

4. f(x) =x2

1 + x

5. f(x) =3px2 1

6. f(x) = 3p1 x3

7. f(x) = 3p6x2 x3

8. f(x) = 2x 2 3px3 + 1


Para os problemas de 3 a 8, daremos como resposta apenas as derivadas primeira e segunda,

e o esboco do graco.

3. f 0(x) = x2 + 2

(x2 2)2 , f00(x) = 2x

3 + 12x

(x2 2)3

4. f 0(x) =2x+ x2

(1 + x)2, f 00(x) =

2

(1 + x)3

5. f 0(x) =2

3 3px, f 00(x) =

293px4

Esbocando graficos: zeros no denominador e retas assntotas 68

6. f 0(x) =x2

3p(1 x3)2 , f

00(x) =2x

3p(1 x3)5

7. f 0(x) =4x x2

3p(6x2 x3)2 , f

00(x) =8x2

3p(6x2 x3)5

8. f 0(x) = 2 2x2

3p(x3 + 1)2

, f 00(x) =4x

3p(x3 + 1)5

Esbocos dos gracos:

3.

22 0 x

y4.

-1 0 x

y

y = x - 1x = - 1

(-2,-4)

5.

x

y

(0,-1)

1-1

6.

x

y

(0,1)

-1

(1,0)

y = -x

7.

x

y

(4,2

2 (6,0)

y = -x + 2

2

0

43 )_

Dado numerico:3p4 1;6

8.

x

y

(0,-2)

1/2 ,

(-1,2)

0

3 __

-

__

( 1/23 __

-4__

)

Dado numerico: 3p1=2 0;8

Aula 8

Maximos e mnimos

Nesta aula estaremos explorando procedimentos estrategicos para determinar os valoresextremos de uma func~ao f , ou seja, o valor maximo e o valor mnimo de uma func~aof , em um intervalo I R, sem recorrer a um esboco do graco de f nesse intervalo.

Um teorema da Analise Matematica, conhecido na literatura como Teorema deWeierstrass, nos garante:

(Teorema de Weierstrass) Se uma func~ao f e contnua em um intervalo fechado[a; b] (sendo a e b numeros reais), ent~ao existem pontos x0 e x1 em [a; b] tais quef(x0) e f(x1) s~ao, respectivamente, os valores maximo e mnimo de f(x), para x em[a; b].

Os pontos x0 e x1 aos quais se refere o teorema de Weierstrass s~ao chamadosponto de mnimo de f e ponto de maximo de f , respectivamente. O teorema e ilustradona gura 8.1.

Elucidando os conceitos aqui apresentados, sendo I D(f) um intervalo (limitado ouilimitado), dizemos que

1. f(x0) e o valor mnimo de f (ou de f(x)) em I se

f(x0) f(x), para todo x em I:

2. f(x1) e o valor maximo de f (ou de f(x)) em I se

f(x1) f(x), para todo x em I:Por exemplo, no intervalo I = [1;+1[, a func~ao dada por f(x) = x2 tem um

ponto de mnimo x0 = 0, sendo f(0) = 0 seu valor mnimo, pois x2 0 para todo

x 2 I. Nesse intervalo, f n~ao tem valor maximo pois limx!+1

f(x) = +1.

69

Maximos e mnimos 70

x

y

0 b

y = f(x)

a xx 1

Figura 8.1. A func~ao f , contnua em [a; b], tem x0 e x1 como seus pontos de mnimo ede maximo, respectivamente.

8.1 Estrategias para determinar maximos e mnimos

de uma func~ao contnua, em um intervalo

Como determinar os pontos de um intervalo fechado [a; b], onde uma func~ao contnuaf atinge seus valores maximo e mnimo? Uma soluc~ao deste problema seria esbocar ograco de f nesse intervalo, conforme as estrategias desenvolvidas nas aulas 6 e 7, eent~ao localizar os valores extremos de f . Mas como determinar os valores maximo emnimo de f , no intervalo [a; b], sem recorrer ao estudo do esboco de seu graco? Eisto que trataremos de responder.

Recapitulando um conceito introduzido na aula 6, diremos que x0 e um ponto demnimo local de f se existe um intervalo aberto I D(f), com x0 2 I, tal que

f(x0) f(x), para todo x em I

E neste caso, f(x0) e um valor mnimo local de f .Analogamente, diremos que x1 e um ponto de maximo local de f , e que f(x1) e umvalor maximo local de f , se existe um intervalo aberto I D(f), com x1 2 I, tal que

f(x1) f(x), para todo x em I

Teorema 8.1 Se f tem derivada em um intervalo aberto I, e se x0 2 I e ponto demnimo local de f , ent~ao f 0(x0) = 0. Se x1 2 I e ponto de maximo local de f , ent~aof 0(x1) = 0.

Demonstrac~ao. Mostraremos que f 0(x0) = 0, usando a denic~ao de derivada.

Tome x6= 0, com x0 +x 2 I.Ent~ao f(x0) f(x0 +x) e da f = f(x0 +x) f(x0) 0.

Se x > 0, temosf

x 0, e se x < 0, temos f

x 0.

Temos f 0(x0) = limx!0

f

x.

Maximos e mnimos 71

Neste caso, f 0(x0) = limx!0+

f

x= lim

x!0f

x.

Mas limx!0+

f

x= lim

x!0x>0

f

x 0 e lim

x!0f

x= lim

x!0x

Maximos e mnimos 72

Analogamente, se x1 e um ponto de maximo de f , ent~ao x1 tem uma das tre^s seguintescaractersticas:

(i) x1 e tambem um ponto de maximo local de f , e f tem derivada em x1. Nestecaso, conforme o teorema 8.1, f 0(x1) = 0.

(ii) x1 e um ponto de maximo local de f , mas f n~ao tem derivada no ponto x1.

(iii) x1 e um dos extremos do intervalo [a; b], ou seja, x1 = a ou x1 = b.

Esses casos s~ao ilustrados na gura 8.3.

Um numero real x e chamado um ponto crtico de f quando f 0(x) = 0 ou quando fe contnua em x mas n~ao existe f 0(x).

Assim, um ponto de maximo ou de mnimo de uma func~ao f , em um intervalo [a; b],e um ponto crtico de f ou uma das extremidades do intervalo.

Exemplo 8.1 Determinar os valores maximo e mnimo de f(x) = 2x3+ 3x2 12x, nointervalo [3; 3].

Soluc~ao. A func~ao f e contnua no intervalo [3; 3]. Temos f 0(x) = 6x2 + 6x 12 =6(x2 + x 2). As soluc~oes de f 0(x) = 0 s~ao x1 = 2 e x2 = 1. Estes s~ao os pontoscrticos de f no intervalo [3; 3]. Calculando os valores de f nos extremos do intervaloe nos pontos crticos, temos:

f(x1) = f(2) = 20, f(x2) = f(1) = 7, f(3) = 9 e f(3) = 45.Assim sendo, por comparac~ao dos valores obtidos, o ponto de mnimo de f , para

3 x 3, e xmin = x2 = 1, sendo f(1) = 7 o valor mnimo de f nesse intervalo.Ja o ponto de maximo de f , para 3 x 3, e xmax = 3, sendo f(3) = 45 o valormaximo de f nesse intervalo. Como ilustrac~ao, temos um esboco do graco de f , nointervalo [3; 3], na gura 8.4.

-3 -2 1 3-7

45

x

y

9

20

Figura 8.4.

Maximos e mnimos 73

Exemplo 8.2 Determinar os valores maximo e mnimo de f(x) =3px2 (x 2)2, no

intervalo 1 x 1.

Soluc~ao. A func~ao f e contnua no intervalo [1; 1]. f 0(x) = 4(2x2 5x+ 2)3 3px

.

Temos f 0(x) = 0 se e somente se x = 2 ou x = 1=2.

Agora, 0 tambem e um ponto crtico de f , uma vez que f e contnua no ponto 0,mas n~ao se dene f 0(0).

Assim, Como 262 [1; 1], os pontos crticos de f s~ao x1 = 1=2 e x2 = 0.Calculando os valores de f nos extremos do intervalo e nos pontos crticos, temos:

f(x1) = f(1=2) =9

43p4 1; 4 ( 3p4 1; 6), f(0) = 0, f(1) = 9 e f(1) = 1.

Portanto, f(0) = 0 e o valor mnimo de f , enquanto que f(1) = 9 e seu valormaximo.

Quest~ao Como determinar os pontos de um intervalo I D(f), nos quais f atingeseus valores maximo e mnimo, se I e um intervalo aberto ou ilimitado, e f e contnuaem I?Neste caso, a resposta e:Sendo f contnua em um intervalo I, comparamos os valores de f nos extremos queefetivamente pertencem ao intervalo com os valores de f nos seus pontos crticos desseintervalo. Comparamos ainda esses valores com os limites de f(x) quando x tende aextremos que n~ao pertencem ao intervalo.

Como reforco estrategico na pesquisa de maximos e mnimos locais, temos tambemo seguinte teorema.

Teorema 8.2 Sendo f uma func~ao contnua, com f 0 tambem contnua, em um in-tervalo aberto I, e x0 um ponto de I,

1. se f 0(x0) = 0 e f 00(x0) > 0, ent~ao x0 e um ponto de mnimo local de f ;

2. se f 0(x0) = 0 e f 00(x0) < 0, ent~ao x0 e um ponto de maximo local de f ;

x0x x0x

(x ) = 0 (x ) > 00

0'"

ff

(x ) = 0 (x ) < 00

0'"

ff

Figura 8.5.

N~ao faremos a demonstrac~ao do teorema 8.2 aqui, mas faremos a seguinte obser-vac~ao geometrica, que o torna intuitivamente obvio.

Maximos e mnimos 74

Se f 0(x0) = 0, a reta tangente ao graco de f , em P = (x0; f(x0)), e horizontal.

Se, alem disso, f 00(x0) > 0, temos a concavidade do graco de f , em P , voltadapara cima, e assim x0 e um ponto de mnimo local de f . Se f

00(x0) < 0, a concavidadedo graco de f , em P , e voltada para baixo, e x0 e ent~ao um ponto de maximo localde f . Estas duas possibilidades s~ao ilustradas na gura 8.5.

Exemplo 8.3 Determinar os valores maximo e mnimo de f(x) = x+1

x, para x > 0.

Soluc~ao. Estamos procurando os valores maximo e mnimo de f no intervalo ]0;+1[.Temos f 0(x) = 1 1

x2, e portanto f 0(x) = 0 (com x > 0) se e somente se x = 1.

Agora, limx!0+

f(x) = 0 +1

0+= +1 e lim

x!+1f(x) = +1. Portanto, f n~ao tem

valor maximo em ]0;+1[.

Temos ainda f 00(x) =2

x3e f 00(1) > 0. Assim, x1 = 1 e ponto de mnimo local de

f . Como f n~ao tem outros pontos crticos, 1 e o ponto de mnimo global de f , sendof(1) = 2 o valor mnimo de f no intervalo ]0;+1[.

8.2 Aplicac~oes a problemas de otimizac~ao

Exemplo 8.4 Qual e a maior area retangular que pode ser cercada com 200m de telade arame?

Soluc~ao.

(Passo 1) Analisamos o problema, e desenhamos um diagrama incluindo toda a infor-mac~ao. Introduzimos variaveis.

Fazemos isto na gura 8.6

x x

y

y

Figura 8.6. O permetro do reta^ngulo e 2x+ 2y.

(Passo 2) Expressamos a quantidade a ser maximizada como uma func~ao de umavariavel. Determinamos o domnio dessa func~ao a partir das condic~oes do problema.

Maximos e mnimos 75

A area do reta^ngulo deve ser maximizada, sob a condic~ao de que o permetro e200m.

Essa area e dada por A = xy. Como y = 100 x, temosA = A(x) = x(100 x)

e, nas condic~oes do problema, temos 0 x 100.(Passo 3) Determinamos o ponto de maximo e o valor maximo da func~ao, no intervaloem que ela esta denida.

Usando os procedimentos discutidos anteriormente, sendo A(x) = 100x x2,temos A0(x) = 100 2x.

A0(x) = 0 se e somente se x = 50. Temos A(50) = 50 (10050) = 502 = 2500.Temos ainda A(0) = A(100) = 0 (valor mnimo da area).

Assim, o valor maximo de A(x) e atingido quando x = 50m. Assim, o reta^ngulode permetro 200m, com area maxima, e um quadrado de 50m de lado.

Exemplo 8.5 Uma grande caixa deve ser construda cortando-se quadrados iguais dosquatro cantos de uma folha retangular de zinco, de 3m por 8m, dobrando-se os quatrolados (abas laterais) para cima e soldando-se as arestas verticais que caram justapostas.Encontre o maior volume possvel para esta caixa.

Soluc~ao.

(1) Um diagrama contendo todas as informac~oes do problema, bem como a introduc~aode uma variavel, e mostrado na gura 8.7

8 - 2x

3 - 2x

x

x

8 - 2x

3 - 2x

Figura 8.7.

(2) O volume da caixa da gura 8.7 e dado por

V = V (x) = x(8 2x)(3 2x); para 0 x 3=2

(3) V 0(x) = 0 se e somente se x = 2=3 ou x = 3 (esta ultima soluc~ao esta descartada,pois 362 D(V )).

Maximos e mnimos 76

O unico ponto crtico de V e 2=3. Nas extremidades do domnio temos V = 0.Como V 0, o ponto crtico so pode ser maximo local, e portanto maximo absoluto.

Assim, x = 2=3 e ponto de maximo de V , e as dimens~oes da caixa de volumemaximo s~ao 20=3, 5=3 e 2=3m, tendo ela volume 200=27m3.

Exemplo 8.6 Deseja-se construir uma lata cilndrica totalmente fechada, de volume v,gastando-se, em sua confecc~ao, a menor quantidade de material possvel. Determine araz~ao entre a altura e o dia^metro dessa lata.

Soluc~ao.

(1) Diagramas contendo todas as informac~oes do problema, bem como a introduc~ao deuma variavel, est~ao na gura 8.8

r

h

rea da base

rea do topo 2 r

2 r

2 r

h

=

=

2 r h=rea da superfcielateral

v 2 r= h

rea da superfcie externa total2 r +

2 r 2 r h+=

Figura 8.8.

(2) A superfcie externa total da lata cilndrica, ilustrada na gura 8.8, e dada por

S = 2r2 + 2rh

Como r2h = v, temos h =v

r2, e ent~ao

S = S(r) = 2r2 +2v

r

sendo S(r) denida somente para r > 0.

(3) S 0(r) = 4r 2vr2.

S 0 = 0 se e somente se r = 3rv

2, e este e o unico ponto crtico de S no intervalo

r > 0.

Temos tambem que limr!0

S(r) = +1 e limr!+1

S(r) = +1. Assim, S(r) n~ao temvalor maximo, e seu unico ponto crtico so pode ser ponto de mnimo local. Isto e

conrmado observando-se que S 00(r) = 4 +4v

r3> 0 para todo r > 0. Portanto, o

Maximos e mnimos 77

graco de S = S(r) tem convavidade voltada para cima, o que conrma r = 3rv

2como seu ponto de mnimo local, e tambem ponto de mnimo absoluto da func~ao S.

Sendo r = 3pv=(2), temos

h

r=

v

r3=

v

3

rv

2

3 = v v2

= 2

Portanto, h = 2r, ou seja, a altura da lata deve ser igual ao dia^metro da base sequisermos minimizarmos o material a ser gasto em sua confecc~ao.

Este e o padr~ao, ao menos aproximado, de algumas latas de conservas, tais comolatas de creme de leite e de leite condensado. Por quest~oes de praticidade, muitas latasfogem deste padr~ao, como por exemplo as latas de oleo comestvel.

8.3 Problemas

Encontre os pontos de maximo e de mnimo, bem como os valores maximo e mnimo,das func~oes dadas, nos intervalos indicados.

1. f(x) = 3px(x+ 4), x 2 [4; 2]

Resposta. xmin = 1, xmax = 2, f(1) = 3, f(2) = 6 3p2 7; 6.

2. f(x) = x2 + 2x 4, x 2 [2; 2].Resposta. xmin = 1, xmax = 2, f(1) = 5, f(2) = 4.

3. f(x) =x

1 + x2, x 2 R.

Resposta. xmin = 1, xmax = 1, f(1) = 1=2, f(1) = 1=2.

4. f(x) =x

1 x2 , x6= 1.Resposta. f n~ao tem maximo, nem mnimo.

Resolva os seguintes problemas de otimizac~ao.

1. Um recipiente de lata, de forma cilndrica e aberto no topo, deve ter capacidadede v litros. Determine a raz~ao entre a altura h e o dia^metro d da base de modoque a quantidade de lata usada na sua fabricac~ao seja a menor possvel.

Resposta. h = d=2.

Maximos e mnimos 78

2. Um estudante quer construir um viveiro reta^ngular para seu hamster, usando aparede de um co^modo como um dos lados e cercando os demais tre^s lados com 3metros de tela disponveis, obtendo a maior area retangular possvel. Quais devemser as dimens~oes de seu viveiro?

Resposta. O viveiro deve ter 1;5m na frente e 0;75m nos lados.

3. Determinar as dimens~oes de um cilindro, de volume maximo, inscrito em umaesfera de raio R.

Sugest~ao. Faca um desenho visualizando o cilindro de perl dentro da esfera. Nodesenho, voce^ tera um reta^ngulo dentro de um crculo. Demarque a altura h docilindro, e dia^metro da sua base, 2r. Demarque tambem o raio R da esfera. Useo teorema de Pitagoras obter relac~oes entre h e r. O volume do cilindro e dadopor V = (area da base) (altura) = r2 h.Resposta. r = raio da base =

q2

3R. h = altura do cilindro =

p2r.

4. Determinar as dimens~oes de um cilindro, inscrito em uma esfera de raio R, cujaarea da superfcie externa total e a maxima possvel.

Resposta. r = raio da base =q

5+p5

10R, h = 2

q5p5

10R.

5. Na elipse x2

a2+y

2

b2= 1, inscreva um reta^ngulo, de

area maxima, com dois de seus lados paralelosao eixo x (e os outros dois paralelos ao eixo y).Sugest~ao. Os quatro vertices do reta^ngulo, to-dos pertencentes a elipse, ser~ao pontos (x; y),(x; y), (x;y) e (x;y).

x

y

(a,0)(-a,0)

(0,b)

(0,-b)

Resposta. O reta^ngulo tem dimens~oesp2a e

p2b.

6. Quer-se construir um tanque de aco para armazenar gas propano, com a forma deum cilindro circular reto, com um hemisferio (semi-esfera) em cada extremidade.Se a capacidade desejada para o tanque e 100 decmetros cubicos (litros), quaisas dimens~oes que exigem a menor quantidade de aco ? (Despreze a espessura dasparedes do tanque).

Resposta. O tanque deve ser esferico, de raio 3p75= 2; 88 metros.

7. Qual ponto da parabola y = x2 + 1 esta mais proximo do ponto A = (3; 1) ?Sugest~ao. A dista^ncia de um ponto qualquer P = (x; y) ao ponto A e dada pord =

p(x 3)2 + (y 1)2. Se P e um ponto da parabola, temos y = x2 + 1,

e ent~ao d =p(x 3)2 + x4. Como d 0, temos que d tera seu valor mnimo

quando d2 assumir seu valor mnimo. Assim, basta procurarmos o valor mnimode f(x) = (x 3)2 + x4. Resposta. (1; 2).

8. Um veterinario tem 100m de tela de arame. Com isto deseja construir seis canis,primeiro cercando uma regi~ao retangular e depois subdividindo essa regi~ao em seis

Maximos e mnimos 79

reta^ngulos menores, atraves de cinco cercas divisorias internas, paralelas a umdos lados. Que dimens~oes externas, dessa regi~ao retangular, maximizam sua areatotal, se o veterinario gasta os 100m de tela nessa construc~ao ?

Resposta. 25m por 50=7 7; 14m.9. Ao procurar o ponto da hiperbole x2 y2 = 1 mais proximo da origem, Jo~aozinhoraciocinou da seguinte maneira.

Temos que procurar, dentre os pontos da hiperbole, aquele para o qual d =px2 + y2 tem valor mnimo. Como d 0, d sera mnimo quando d2 for mnimo.

Agora, sendo P = (x; y) um ponto da hiperbole, temos y2 = x2 1, logo d2 =x2 + y2 = 2x2 1.Procurando o valor mnimo de d2 = f(x) = 2x2 1, calculamos f 0(x) = 4x.Temos f 0(x) = 0 se e somente se x = 0. Para x = 0 porem, temos y2 = 021 =1, uma impossibilidade. Logo, n~ao ha nenhum ponto da hiperbole cuja dista^nciaa origem seja mnima.

Explique o erro no raciocnio de Jo~aozinho,ja que um esboco da hiperbole (faca-o) re-vela que os pontos (1; 0) s~ao seus pontosmais proximos da origem. Sugest~ao. Paraquais valores de x dene-se d?

x y= 1

a b2

2 2

2__ ___

(-a,0)

(0,b)

(0,-b)

x

y

(a,0)

Aula 9

Func~oes exponenciais e logartmicas.

Uma revis~ao e o numero e

Nesta aula faremos uma pequena revis~ao das func~oes f(x) = ax e g(x) = loga x, sendoa uma constante real, a > 0 e a6= 1. Faremos ainda uma apresentac~ao do numero e,uma constante importante da matematica universitaria.

9.1 Pequena revis~ao de pote^ncias

Sabemos que, sendo a um numero real positivo,

a1=n = npa e am=n = n

pam

se m;n 2 Z, e n > 0. Assim dene-se a pote^ncia de base a e expoente p, ap (le^-se \aelevado a p"), para todo p 2 Q.

Se e um numero irracional, existe uma seque^ncia de numeros racionais que tendea (uma seque^ncia de aproximac~oes de por numeros racionais), ou seja, existe umaseque^ncia de numeros racionais

1; 2; 3; : : : ; n; : : :

tal que limn!+1

n = .

Por exemplo, se =p2 1;414213562, existe uma seque^ncia de aproximac~oes

dep2, cujos cinco primeiros termos s~ao dados na primeira coluna da tabela abaixo:

80

Func~oes exponenciais e logartmicas. Uma revis~ao e o numero e 81

1 = 1;4 (21 = 1;96) j1 j 0;014213562 < 0;1

2 = 1;41 (22 = 1;9881) j2 j 0;004213562 < 0;01

3 = 1;414 (23 = 1;999396) j3 j 0;000213562 < 0;001

4 = 1;4142 (24 = 1;99996164) j4 j 0;000013562 < 0;0001

5 = 1;41421 (25 = 1;99998992) j5 j 0;000003562 < 0;00001

Uma calculadora nos fornece uma aproximac~ao dep2 com 12 casas decimais:

p2

1;414213562373. A seque^ncia acima, de aproximac~oes sucessivas dep2, e tal que

jn p2j < 10n, e assim lim

n!+1jn

p2j = 0, e ent~ao lim

n!+1n =

p2 (a segunda

coluna da tabela acima sugere que limn!+1

2n = 2).

Sendo a 2 R, a > 0, e sendo um numero irracional, e 1; 2; 3; : : : umaseque^ncia de racionais com limite , a e denido como o limite da seque^ncia

a1 ; a2 ; a3; a4; : : :

Por exemplo, 2p2 e o limite da seque^ncia

21; 21;4; 21;41; 21;414; : : :

Uma calculadora nos fornece as aproximac~oes:

21 = 2

21;4 = 214=10 =10p214 2; 6390

21;41 = 2141=100 =100p2141 2; 6574

21;414 = 21414=1000 2; 664721;4142 = 214142=10000 2; 6651

No que diz respeito a pote^ncias de base real positiva e expoente real, temos asseguintes boas propriedades, que aceitaremos sem demonstrac~ao:

Se a 2 R, a > 0, e x; y 2 R

ax ay = ax+y(ax)y = axy

ax =1

ax; axy =

ax

ay; a0 = 1

ax bx = (ab)x; se tambem b > 0


9.2 A func~ao exponencial

Sendo a um numero real, positivo, a 6= 1, dene-se a func~ao exponencial de base apor

f(x) = ax; para todo x 2 RTomamos a6= 1 pela simples raz~ao de que 1x = 1 para todo x 2 R, o que torna

ax constante no caso em que a = 1 (func~oes constantes n~ao s~ao classicadas comofunc~oes exponenciais). Alem disso, tomamos a > 0 porque, se a < 0, ax n~ao se denepara uma innidade de valores reais de x. Por exemplo, se a = 4 ent~ao, para cadan 2 N, n 1, a1=2n = (4)1=2n = 2np4 n~ao se dene como numero real.Assumiremos que, se a > 0 e a 6= 1, a func~ao exponencial dada por f(x) = ax, econtnua em R, isto e,

limx!x0

ax = ax0 ; para todo x0 2 R

Assumiremos tambem que se a > 1, a func~ao f(x) = ax e crescente, com limx!+1

ax =

+1, e se 0 < a < 1 a func~ao e decrescente, com limx!+1

ax = 0+(= 0).

Na gura 9.1 temos esbocos dos gracos de f(x) = 2x e g(x) =12

x.

(a)

1

1

-1 x

y

1/2

2

2-2

4

0

(b)

1

1

-1 x

y

1/2

2

2-2

4

0

Figura 9.1. Gracos de (a) y = 2x, (b) y = (1=2)x.

Temos agora as seguintes novidades na algebra de limites:

Se a > 1, a+1 = +1, a1 = 1a+1

=1

+1 = 0+ (= 0)

Se 0 < a < 1, a+1 = 0+ (= 0), a1 =1

a+1=

1

0+= +1

Por exemplo,

limx!+1

2x = 2+1 = +1, limx!1

2x = 21 = 0, limx!+1

12

x=12

+1= 0, lim

x!1

12

x=


12

1= 2+1 = +1.

9.3 Logaritmos e func~oes logartmicas

Se a > 0, a 6= 1, e x > 0, o logaritmo de x na base a, denotado por loga x, e oexpoente ao qual devemos elevar a para obtermos x, ou seja

loga x = y se e somente se ay = x

Assim sendo,

aloga x = x

Por exemplo,

log2 8 = 3, pois 23 = 8;

log9 27 =32, pois 93=2 =

p93 = 33 = 27;

log214= 2, pois 22 = 1=4;

log1=2 16 = 4, pois12

4= 16;

log2 5 2; 3219, pois 22;3219 4; 9999.log2 5 n~ao e um numero racional, pois se log2 5 =

mn, com m e n inteiros positivos,

ent~ao 2m=n = 5. Da, 2m = (2m=n)n = 5n, o que e impossvel pois 2m e par e 5n empar.

Listamos aqui, sem deduc~ao, algumas propriedades elementares dos logaritmos:

Sendo x e y reais positivos, z real, e a > 0; a6= 1,

loga(xy) = loga x+ loga y

logax

y= loga x loga y

loga xz = z loga x

loga x1=z =

loga x

z(se z6= 0)

loga x =logb x

logb a; (se b > 0; b6= 1) (mudanca de base)

Assim, por exemplo, a passagem dos logaritmos decimais (base 10) para os logar-itmos de base 2 e dada por

log2 x =log10 x

log10 2=log x

log 2

Sendo a func~ao f(x) = ax contnua e crescente quando a > 0, e decrescentequando 0 < a < 1, temos que loga x e denida para todo x > 0.


Por exemplo, f(x) = 2x e crescente, 22 = 4 e 23 = 8. Pela continuidade de f , aimagem do intervalo [2; 3], pela func~ao f , e o intervalo [4; 8]. Existe ent~ao x0 2 [2; 3]tal que 2x0 = 5. Assim, log2 5 = x0. Portanto, realmente existe o numero real log2 5.

Alem disso, se a > 0, loga e crescente, e se 0 < a < 1, loga e decrescente.

Na gura 9.2, temos esbocos dos gracos de f(x) = log2 x e g(x) = log1=2 x.

Admitiremos que f(x) = loga x e contnua no seu domnio ]0;+1[, ou seja,

se x0 > 0 ent~ao limx!x0

loga x = loga x0

Alem disso, temos ainda (conra isto observando os gracos da gura 9.2).

limx!0+

loga x = loga(0+) =

(1 se a > 0+1 se 0 < a < 1

bem como tambem (conra observando os gracos da gura 9.2)

limx!+1

loga x = loga(+1) =(+1 se a > 01 se 0 < a < 1

(a)

1

1-1

x

y

1/2

2

2

-2

40

(b)

11

-1x

y

1/2

2

2

-2

40

Figura 9.2. Gracos de (a) y = log2 x, (b) y = log1=2 x.

9.4 O numero e

Na matematica universitaria, ha duas constantes numericas muito importantes. S~ao elaso numero pi, 3; 14159 , e o numero e, e 2; 71828 .


O numero e e denido como sendo o limite

e = limn!+1n2N

1 +

1

n

nPode ser demonstrado que o numero e e irracional.

Observe a tabela de valores (aproximados) de1 + 1

n

n, para n = 1, 10, 100,

1000, 10000, 100000, dada abaixo.

Tabela 9.1.

n 1=n 1 + 1n

1 + 1

n

n1 1 2 21 = 2

10 0; 1 1; 1 (1; 1)10 2; 59374100 0; 01 1; 01 (1; 01)100 2; 704811000 0; 001 1; 001 (1; 001)1000 2; 7169210000 0; 0001 1; 0001 (1; 0001)10000 2; 71815100000 0; 00001 1; 00001 (1; 00001)100000 2; 71828

Note que limn!+1

1 + 1

n

= 1 + 1

+1 = 1.

Assim, podemos enganosamente intuir que, quando n e muito grande,1 + 1

n

n 1n = 1 (mesmo calculadoras de boa qualidade podem nos induzir a este erro). Nestecaso, nossa intuic~ao e falha, pois pode ser demonstrado que o numero an =

1 + 1

n

ncresce a medida em que n cresce, sendo a1 = 2, e 2 < an < 3 para cada n 2. Natabela 9.1, ilustramos o fato de que

quando n e muito grande,

1 +

1

n

n 2; 71828

Assim sendo, temos um novo smbolo de indeterminac~ao: 11 .

Vamos admitir, sem demonstrac~ao, que tambem, para x real

limx!+1

1 + 1

x

x= e

Neste caso, podemos deduzir:

Proposic~ao 9.1

limx!1

1 +

1

x

x= e


Demonstrac~ao. De fato, fazendo a mudanca de variavel

x = (y + 1)temos y = x 1, e portanto x! 1 se e somente se y ! +1.

Assim, sendo

limx!1

1 +

1

x

x= lim

y!+1

1 1

y + 1

(y+1)= lim

y!+1

y

y + 1

(y+1)= lim

y!+1

y + 1

y

y+1= lim

y!+1

1 +

1

y

y+1= lim

y!+1

1 +

1

y

y limy!+1

1 +

1

y

= e 1 = e

Como conseque^ncia, temos tambem

Proposic~ao 9.2

limx!0

(1 + x)1

x = e

Demonstrac~ao. Mostraremos que

limx!0+

(1 + x)1

x = e, e limx!0

(1 + x)1

x = e.

Pondo = 1=x, temos que x! 0+ se e somente se ! +1. Da

limx!0+

(1 + x)1

x = lim!+1

1 +

1

= e

Alem disso, x! 0 se e somente se ! 1. Da, pela proposic~ao 9.1,

limx!0

(1 + x)1

x = lim!1

1 +

1

= e

Se x > 0, chama-se logaritmo natural ou logaritmo neperiano de x ao logaritmo

lnx = loge x

Como e 2; 71828 > 1, a func~ao f(x) = lnx e crescente e seu graco tem,qualitativamente, a forma do graco de g(x) = log2 x, gura 9.2 a.


A passagem dos logaritmos naturais para os logaritmos decimais (base 10) e dadapor

log10 x =loge x

loge 10=

lnx

ln 10

9.5 Problemas

1. Calcule os seguintes limites. Lembre-se que 11 e um smbolo de indeterminac~ao.

(a) limx!+1

1 + 2

x

xSugest~ao. Para contornar a indeterminac~ao 1+1, faca 1 + 2

x= 1 + 1

y

(b) limx!+1

x1+x

xSugest~ao. Para contornar a indeterminac~ao 1+1, faca x

1+x= 1 + 1

y

(c) limx!1

2x+32x+1

x+1(d) lim

x!+1

3x+12x+3

x(e) lim

x!1

3x+12x+3

x(f) lim

x!1

1 1

3x

2xRespostas. (a) e2 (b) 1=e (c) e (d) +1 (e) 0 (f) 1= 3

pe2

2. Mostre que, sendo a > 0, limh!0

ah1h

= ln a.

Sugest~ao: Trate o caso a = 1 em separado. Para a 6= 1, faca a mudanca devariavel ah 1 = z, e ent~ao h = ln(z + 1)= ln a.

3. Usando o resultado do problema anterior, calcule

(a) limn!+1

n a1=n 1 (sendo a > 0, a6= 1)(b) lim

x!0eax1x

Sugest~ao. limx!0

eax1x

= limx!0

(a eax1ax

) = a limx!0

eax1ax

(c) limx!0

eaxebxx

Sugest~ao. limx!0

eaxebxx

= limx!0

(eax1)(ebx1)x

(d) limx!0

eax1ebx1

Respostas. (a) ln a (b) a (c) a b (d) a=b

4. Sendo f(x) = 21

x , calcule os limites laterais limx!0+

f(x) e limx!0

f(x).

Resposta. +1 e 0, respectivamente.

5. Sendo g(x) =1

1 + 21

xa

, calcule os limites laterais limx!a+

g(x) e limx!a

g(x).

Resposta. 0 e 1, respectivamente.

Aula 10

Derivando func~oes exponenciais elogartmicas

Nesta aula estaremos deduzindo as derivadas das func~oes f(x) = ax e g(x) = loga x,sendo a uma constante real, a > 0 e a6= 1.

O que faz do numero e uma constante t~ao especial ? A resposta esta no seguinteteorema

Teorema 10.1

1. Se f(x) = ex, ent~ao f 0(x) = ex. Ou seja, a derivada da func~ao exponencial debase e coincide com a propria func~ao.

2. Se f(x) = ax (a > 0, a6= 1), ent~ao f 0(x) = ax ln a.Demonstrac~ao. Seja f(x) = ex. Ent~ao

limx!0

f

x= lim

x!0f(x+x) f(x)

x= lim

x!0ex+x ex

x

= limx!0

ex ex exx

= limx!0

ex ex 1x

= ex limx!0

ex 1x

= ex 1 = ex

Para justicar o ultimo passo na deduc~ao acima, nos resta demonstrar:

Proposic~ao 10.1

limh!0

eh 1h

= 1

88

Derivando func~oes exponenciais e logartmicas 89

Demonstrac~ao. Faremos o calculo do limite atraves de uma interessante mudanca devariavel.

Fazendo eh 1 = z, temos eh = 1 + z, e ent~ao h = loge(1 + z)Assim sendo, h! 0 se e somente se z ! 0, e ent~ao

limh!0

eh 1h

= limz!0

z

loge(1 + z)= lim

z!01

loge(1 + z)

z

= limz!0

1

loge

h(1 + z)1=z

i = 1loge e

=1

1= 1

Portanto, sendo f(x) = ex, temos limx!0

fx= ex.

Para calcular a derivada de ax, fazemos

ax = eloge ax

= ex loge a = ex ln a = e(ln a)x

Pela regra da cadeia, (eu)0 = eu u0, logo(ax)0 =

e(ln a)x

0= e(ln a)x ((ln a)x)0 = e(ln a)x ln a = ax ln a

Quanto a func~oes logartmicas, temos o seguinte

Teorema 10.2

1. (lnx)0 =1

x2. (ln jxj)0 = 1

x

3. (loga x)0 =

1

x ln a4. (loga jxj)0 =

1

x ln a

Demonstrac~ao. Se y = lnx, ent~ao y = l

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