UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ DEPARTAMENTO DE … · 2020. 7. 22. · UNIVERSIDADE FEDERAL DO...

UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ

DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA

LISTA DE EXERCÍCIOS DE CÁLCULO 1

Gabarito da Lista 2: segunda semana

Exercício 1. [resolução]Em um triângulo retângulo de hipotenusa medindo 15 cm, sabe-se que o seno de um dos outros dois ângulos

internos (– que não o reto) é4

5. Determine:

(a) as medidas dos catetos

(b) o cosseno e a tangente desse mesmo ângulo

(c) seno, cosseno e tangente do terceiro ângulo in-terno

Exercício 2. [resolução]Um avião está a 7000 m de altura e inicia a aterrissagem em um aeroporto ao nível do mar. O ângulo dedescida é 6o. A que distância da pista está o avião? Qual é a distância que o avião vai percorrer? Dados:sen 6o = 0, 10453 e cos 6o = 0, 99452.

Exercício 3. [resolução]Uma escada de bombeiro pode ser estendida até um comprimento máximo de 25 m, formando um ângulo de70o com a base, que está apoiada sobre um caminhão, a 2 m do solo. Qual é a altura máxima que a escadaatinge? Dados: sen 70o = 0, 940, cos 70o = 0, 342 e tg 70o = 2, 47.

Exercício 4. [resolução]Resolva cada uma das equações abaixo.

(a) sen x = sen( π18

)(b) cosx =

1

2 (c) tg(2x) =√3

3

Exercício 5. [resolução]Determine sen α e cosα sabendo que tg α = 5 e que 0 < α <

π

2.

Exercício 6. [resolução]Assumindo que cos(x+ y) = cosx cos y − sen x sen y, escreva cos(2x) em função de cos2 x.

Exercício 7. [resolução]Uma função f é dita:

(1) par se f(−x) = f(x), para todo x pertencente ao domínio de f .

(2) ímpar se f(−x) = −f(x), para todo x pertencente ao domínio de f .

Decida se as funções abaixo são pares, ímpares ou nem pares nem ímpares.

(a) f(x) = x3 cosx (b) f(x) = x tgx

Exercício 8. [resolução]

Determine o domínio da função f(x) =1− sen2 x1 + sen x

.

Exercício 9. [resolução]Determine o domínio e a imagem, e esboce o gráfico de cada uma das funções abaixo. Caso se trate de umafunção periódica, determine seu período.

(a) f(x) = cos(2x)

(b) g(x) = −sen x

(c) f(x) = 2 cosx

(d) g(x) = 2 cos(x2

)(e) f(x) = sen πx

(f) g(x) = |sen x|

(g) f(x) = cosx− π.

(h) g(x) = cos(x− π)

(i) f(x) =1

2sen(x+

π

2

)

(j) g(x) = tg x

(k) f(x) = tg(x− π)

(l) g(x) = tg x+ 1

(m) f(x) = 1 + 4 cos(x+

π

3

)

Exercício 10. [resolução]Encontre uma regra para a função cujo gráfico está representado abaixo.

Exercício 11. [resolução]Uma população de animais oscila de forma senoidal entre um mínimo de 700 em primeiro de janeiro e ummáximo de 900 em primeiro de julho.

(a) Esboce o gráfico da população pelo tempo.

(b) Determine uma fórmula da população como função do tempo t em meses desde o início do ano.

Exercício 12. [resolução]Calcule:

(a) arcsen1

2(b) arccos

(−1

2

)(c) arctg 1

(d) arctg(−1)

(e) arcsen(−1)

(f) arctg(−√3)

(g) arcsen(sen 0)


Verifique que cos(arcsenx) =√1− x2 e calcule cos

(arcsen

(−√3

2

)).

Exercício 14. [resolução]Decida se a função f(x) = sen

(x− π

4

)é invertível. Caso não seja, faça restrições ao domínio e ao contrado-

mínio de f a fim de produzir uma função invertível de mesma regra de f . Explicite a função inversa.

2

Exercício 15. [resolução]Para a função g de gráfico

determine os seguintes limites ou explique por que eles não existem.

(a) limx→1

g(x) (b) limx→2

g(x) (c) limx→3

g(x) (d) limx→2,5

g(x)

Exercício 16. [resolução]Decida entre as afirmações abaixo sobre a função f quais são verdadeiras e quais são falsas.

(a) limx→0

f(x) existe

(b) limx→0

f(x) = 1

(c) limx→0

f(x) = 0

(d) limx→1

f(x) = 1

(e) limx→1

f(x) = 0

(f) limx→x0

f(x) existe em todo

ponto x0 em (−1, 1).

Exercício 17. [resolução]Decida quais afirmações a seguir sobre a função f representada no gráfico são verdadeiras e quais são falsas.

(a) limx→2

f(x) não existe

(b) limx→2

f(x) = 2

(c) limx→−1+

f(x) = −1

(d) limx→1−

f(x) = −2


Seja f(x) ={

3− x, se x < 2x2 + 1, se x > 2.

3

(a) Determine limx→2+

f(x) e limx→2−

f(x).

(b) Existe limx→2

f(x)? Justifique sua resposta.

(c) Determine limx→4+

f(x) e limx→4−

f(x).

(d) Existe limx→4

f(x)? Justifique sua resposta.

Exercício 19. [resolução]Mostre, usando a definição formal (ou seja, via ε e δ) que lim

x→pf(x) = l nos casos seguintes:

(a) f(x) = 4x− 3, p = 2, l = 5

(b) f(x) = x+ 1, p = 1, l = 2

(c) f(x) = −x2, p = 0, l = 0

(d) f(x) =1

x, p = 1, l = 1

Exercício 20. [resolução]Dado que lim

x→2f(x) = 4, lim

x→2g(x) = −2 e lim

x→2h(x) = 0, encontre, se existir, cada um dos limites abaixo. Caso

não exista, explique por quê.

(a) limx→2

[5f(x) + g(x)]

(b) limx→2

[g(x)]3

(c) limx→2

√f(x)

(d) limx→2

3f(x)

g(x)

(e) limx→2

g(x)

h(x)

(f) limx→2

g(x)h(x)

f(x)

Exercício 21. [resolução]Mostre através de um exemplo que lim

x→pf(x)g(x) pode existir sem que lim

x→pf(x) e lim

x→pg(x) existam.

Exercício 22. [resolução]Dê exemplo de uma função f tal que lim

x→p|f(x)| exista mas lim

x→pf(x) não exista.

Exercício 23. [resolução]Esboce o gráfico da função dada e, utilizando a ideia intuitiva de função contínua, determine os pontos em quea função deverá ser contínua.

(a) f(x) = 2

(b) f(x) = x+ 1

(c) f(x) = x2

(d) f(x) =

{x2, se x ≤ 12, se x > 1

(e) f(x) =

{1x2, se |x| ≥ 1

2, se |x| < 1

(f) f(x) =

{1x2, se |x| ≥ 1

1, se |x| < 1

(g) f(x) = 1x

(h) f(x) = x2 + 2

(i) f(x) = x3 − 1

(j) f(x) =

{ln(x+ 1) + 1, se x ≥ 0.

x+ 1, se x < 0.

(k) f(x) =

{3√x+ 7, se x ≥ 1.

2, se x < 1.

Exercício 24. [resolução]Calcule e justifique. Solução do item (a): A função f(x) = x2 é contínua em x = 2 e, portanto, lim

x→2x2 =

f(2) = 4.

(a) limx→2

x2

(b) limx→1

3x+ 1

(c) limx→−2

4x+ 1

(d) limx→10

5

(e) limx→−9

50

(f) limx→−1

− x2 − 2x+ 3

(g) limx→4

√x

(h) limx→−3

3√x

(i) limx→3

x2 − 9

x+ 3

(j) limx→3

x2 − 9

x− 3

4

(k) limx→−1

x2 − 9

x− 3

(l) limx→ 1

2

4x2 − 1

2x− 1

(m) limx→3

√x−√3

x− 3

(n) limx→3

3√x− 3√3

x− 3

(o) limx→0

x2 + 3x− 1

x2 + 2


(a) O que há de errado na equação a seguir:x2 + x− 6

x− 1= x+ 3.

(b) Em vista de (a), explique por que a equação limx→2

x2 + x− 6

x− 1= lim

x→2x+ 3 está correta.


Mostre que a função f(x) ={

2x, se x ≤ 11, se x > 1

não é contínua em x = 1.

Exercício 27. [resolução]Determine L para que a função dada seja contínua no ponto dado. Justifique.

(a) f(x) =

x3 − 8

x− 2, se x 6= 2

L, se x = 2em p = 2

(b) f(x) =

√x−√3

x− 3, se x 6= 3

L, se x = 3em p = 3

(c) f(x) =

√x−√5

x− 5, se x 6= 5

L, se x = 5em p = 5

(d) f(x) =

x2 − xx+ 1

, se x 6= −1L, se x = −1

em p = −1


Verifique se a função f(x) ={x2 + 1, se x ≥ 0

1, se x < 0é contínua em x = 0.

Exercício 29. [resolução]Dê exemplo de uma função definida em R que seja contínua em todos os pontos, exceto em −1, 0 e 1.

Exercício 30. [resolução]Calcule, caso exista. Se não existir, justifique.

(a) limx→1+

|x− 1|x− 1

(b) limx→1−

|x− 1|x− 1

(c) limx→0

√x

(d) limx→1

|x− 1|x− 1

(e) limx→2+

x2 − 2x+ 1

x− 1

(f) limx→3

|x− 1|x− 1

g) limx→1+

f(x)− f(1)x− 1

, em que f(x) ={x+ 1, se x ≥ 12x, se x < 1

h) limx→1

f(x)− f(1)x− 1

, em que f(x) ={x+ 1, se x ≥ 12x, se x < 1

Exercício 31. [resolução]Calcule:

5

(a) limx→−1

x3 + 1

x2 − 1

(b) limx→0

x3 + x2

3x3 + x4 + x

(c) limh→0

x2 + 3xh

(d) limh→0

(x+ h)3 − x3

h

(e) limx→3

x2 − 9

x+ 9

(f) limx→2

x3 − 5x2 + 8x− 4

x4 − 5x− 6

(g) limx→1

x3 − 1

x4 + 3x− 4

(h) limx→7

√x−√7

√x+ 7−

√14

(i) limx→2

1x −

12

x− 2

(j) limx→p

x3 − p3

x− p

Exercício 32. [resolução]Calcule os limites:

(a) limx→−1

3

√x3 + 1

x+ 1(b) lim

x→1

√x2 + 3− 2

x2 − 1(c) lim

x→1

3√x+ 7− 2

x− 1(d) lim

x→1

3√3x+ 5− 2

x2 − 1


Seja f uma função definida em R tal que, para todo x 6= 1, −x2 + 3x ≤ f(x) ≤ x2 − 1

x− 1. Calcule lim

x→1f(x) e

justifique.

Exercício 34. [resolução]Verifique que lim

x→0sen( 1x) não existe.

Exercício 35. [resolução]Calcule, caso exista, lim

x→0x · sen( 1x).


Calcule, caso exista, limx→0

f(x)− f(0)x− 0

, em que f é dada por:

(a) f(x) =

{x2 · sen( 1x), se x 6= 0

0, se x = 0(b) f(x) =

{x · sen( 1x), se x 6= 0

0, se x = 0


(a) limx→0

tg xx

(b) limx→0

x

sen x

(c) limx→0

sen(3x)x

(d) limx→π

sen xx− π

(e) limx→0

x2

sen x

(f) limx→0

3x2

tg xsen x

(g) limx→0

1− cosx

x

(h) limx→0

x+ sen xx2 − sen x

Exercício 38. [resolução]Calcule os seguintes limites:

(a) limx→−∞

1

x3

(b) limx→−∞

5 +1

x+

3

x2

(c) limx→+∞

2x+ 1

x+ 3

(d) limx→−∞

x2 − 2x+ 3

3x2 + x+ 1

(e) limx→−∞

2x3 + 1

x4 + 2x+ 3

(f) limx→−∞

3

√x

x2 + 3

6

(g) limx→+∞

√x2 + 1

3x+ 2

(h) limx→+∞

x−√x2 + 1 (i) lim

x→+∞

√x+ 1−

√x+ 3

Exercício 39. [resolução]Calcule os seguintes limites:

(a) limx→+∞

x4 − 3x+ 2

(b) limx→+∞

5− 4x+ x2 − x5

(c) limx→−∞

3x3 + 2x+ 1

(d) limx→+∞

5x3 − 6x+ 1

6x2 + x+ 3

(e) limx→+∞

5x3 + 7x− 3

x4 − 2x+ 3

(f) limx→−∞

x4 − 2x+ 3

3x4 + 7x− 1

(g) limx→+∞

2 + x

3 + x2


(a) limx→+∞

√x+ 1

x+ 3(b) lim

x→+∞

x+√x+ 3

2x− 1(c) lim

x→+∞2x−

√x2 + 3

(d) limx→+∞

x−√x+ 3


(a) limx→3+

5

3− x

(b) limx→0−

1

x

(c) limx→0−

x− 3

x2

(d) limx→0−

3

x2 − x

(e) limx→−1+

2x+ 3

x2 + x

(f) limx→3+

x2 − 3x

x2 − 6x+ 9

(g) limx→−1+

2x+ 1

x2 + x

(h) limx→1+

3x− 5

x2 + 3x− 4

Exercício 42. [resolução]Dê um exemplo de funções f e g tais que lim

x→+∞f(x) = +∞, lim

x→+∞g(x) = +∞ e lim

x→+∞f(x)− g(x) 6= 0.


Dê um exemplo de funções f e g tais que limx→+∞

f(x) = +∞, limx→+∞

g(x) = +∞ e limx→+∞

f(x)

g(x)6= 1.

Exercício 44. [resolução]Esboce o gráfico de uma função f que satisfaça as seguintes condições:

(a) f(0) = 0, f(1) = 2, f(−1) = −2, limx→−∞

f(x) = −1 e limx→+∞

f(x) = 1.

(b) f(0) = 0, limx→−∞

f(x) = 0, limx→+∞

f(x) = 0, limx→0+

f(x) = 2 e limx→0−

f(x) = −2.

7

1 Resoluções dos exercícios:

Resolução do Ex. 1 [voltar]

(a) as medidas dos catetos são 9 e 12.

(b) o cosseno e a tangente desse mesmo ângulo são, respectivamente,3

5e4

3.

(c) seno, cosseno e tangente do terceiro ângulo interno são, respectivamente,3

5,4

5e3

4.

Resolução do Ex. 2 [voltar] O avião está a uma distância de 66599m da pista e percorrerá a distância de66966m.

Resolução do Ex. 3 [voltar] A altura máxima que a escada atinge é 25,5m.


(a) x =π

18+ 2kπ ou x =

17

18π + 2kπ, com k ∈ Z.

(b) x =π

3+ 2kπ ou x =

5

3π + 2kπ, com k ∈ Z.

(c) x =π

12+kπ

2, com k ∈ Z.

Resolução do Ex. 5 [voltar] sen α =5√26

26e cosα =

√26

26.

Resolução do Ex. 6 [voltar] cos(2x) = 2 cos2 x− 1


(a) f é ímpar. (b) f é par.

Resolução do Ex. 8 [voltar] O domínio de f é o conjunto {x ∈ R|x 6= 3π2 + 2kπ, com k ∈ Z}.

Resolução do Ex. 9 [voltar] Determine o domínio e a imagem, e esboce o gráfico de cada uma das funçõesabaixo. Caso se trate de uma função periódica, determine seu período.

(a) Dom f = R, Im f = [−1, 1].

(b) Dom g = R, Im g = [−1, 1].

(c) Dom f = R, Im f = [−2, 2].

(d) Dom g = R, Im g = [−2, 2].

(e) Dom f = R, Im f = [−1, 1].

(f) Dom g = R, Im g = [0, 1].

8

(g) Dom f = R, Im f = [−1− π, 1− π].

(h) Dom g = R, Im g = [−1, 1].

(i) Dom f = R, Im f = [−12 ,

12 ].

(j) Dom g = R \ {(2k + 1)π

2, k ∈ Z} , Im g = R.

(k) Dom f = R \ {(2k + 1)π

2, k ∈ Z}, Im f = R.

(l) Dom g = R \ {(2k + 1)π

2, k ∈ Z} , Im g = R.

(m) Dom f = R, Im f = [−3, 5].

Resolução do Ex. 10 [voltar] A função é f(x) = sen(−x) + 2.



(a) arcsen1

2=π

6.

(b) arccos

(−1

2

)=

2π

3.

(c) arctg 1 =π

4.

(d) arctg(−1) = −π4

.

(e) arcsen(−1) = −π2

.

(f) arctg(−√3) = −π

3.

(g) arcsen(sen 0) = 0.

Resolução do Ex. 13 [voltar] cos

(arcsen

(−√3

2

))=

1

2.

Resolução do Ex. 14 [voltar] A função f não invertível, já que não é injetora, nem sobrejetora. Note que

f é injetora no intervalo[−π4,3π

4

]e que a imagem da restrição de f a esse intervalo é ainda [−1, 1]. Dessa

forma, a função g :

[−π4,3π

4

]→ [−1, 1] dada por g(x) = sen

(x− π

4

)é invertível (e tem mesma regra de f ).

A inversa de g é a função g−1 : [−1, 1]→[−π4,3π

4

]dada por g−1(x) = arcsen x+ π

4 .


9

(a) limx→1

g(x) não existe pois limx→<1g(x) = 1 e lim

x→>1g(x) = 0 não coincidem.

(b) limx→2

g(x) = 1 pois limx→<2g(x) = lim

x→>2g(x) = 1 (existem e coincidem).

(c) limx→3

g(x) = 0 pois limx→<3g(x) = lim

x→>3g(x) = 0 (existem e coincidem).

Porem, g não é continua em x = 3 pois limx→3

g(x) 6= g(3) = 1.

(d) limx→2,5

g(x) = 0, 5 pois a função é continua em 2, 5, e g(2, 5) = 0, 5.


(a) limx→0

f(x) existe: Verdadeiro.

(b) limx→0

f(x) = 1: Falso.

(c) limx→0

f(x) = 0: Verdadeiro.

(d) limx→1

f(x) = 1: Falso, o limite não existe pois limx→<1f(x) = −1 e lim

x→>1f(x) = 0 não coincidem.

(e) limx→1

f(x) = 0: Falso, o limite não existe pois limx→<1f(x) = −1 e lim

x→>1f(x) = 0 não coincidem.

(f) limx→x0

f(x) existe em todo ponto x0 em (−1, 1): Verdadeiro, a função é contínua em ] − 1, 1[−{0}, e

vimos na questão a) que o limite existe em x = 0.


(a) limx→2

f(x) não existe: Falso, pois limx→2

f(x) = 1.

(b) limx→2

f(x) = 2: Falso, devido ao item anterior.

(c) limx→−1+

f(x) = −1: Verdadeiro.

10

(d) limx→1−

f(x) = −2: Verdadeiro.


(a) Para x > 2, temos f(x) = x2 + 1 −→

x→2+2, portanto lim

x→2+f(x) = lim

x→2+

x

2+ 1 = 2.

Por outro lado, para x < 2, temos f(x) = 3− x −→x→2−

1, portanto limx→2−

f(x) = limx→2−

3− x = 1.

(b) Os limites laterais limx→2+

f(x) e limx→2+

f(x) existem, más não coincidem, portanto limx→2

f(x) não existe.

(c) Temos: limx→4+

f(x) = limx→4+

x2 = 3, e lim

x→4−f(x) = lim

x→4−x2 + 1 = 3.

(d) Os limites laterais limx→4+

f(x) e limx→4−

f(x) existem e coincidem, portanto limx→4

f(x) existe, e vale 3.

Segue o gráfico da função f(x) ={

3− x, se x < 2x2 + 1, se x > 2.


Relembrando a definição de limites via ε e δ:def: Uma função f : X → Y tem limite l ∈ R em um ponto p se, para qualquer ε > 0, existe δ > 0 tal

que vale a seguinte implicação:

0 < |x− p| < δ ⇒ |f(x)− l| < ε.

Intuitivamente: tomando x próximo o suficiente de p (quando |x− p| < δ) pode-se tornar f(x) arbitraria-mente próximo de l (isso é |f(x)− l| < ε).

(a) limx→2

(4x− 3) = 5: Seja ε > 0 dado. Em primeiro lugar, avaliamos que:

|f(x)− 5| = |4x− 3− 5| = |4(x− 2)| = 4|x− 2|.

Assim, tomando δ = ε4 , já que |x− 2| < δ, teremos:

|f(x)− 5| = 4

<δ= ε4︷︸︸︷

|x− 2|

< 4 · ε4

< ε.

11

(b) limx→1

(x+ 1) = 2 : Seja ε > 0 dado. Calculemos que:

|f(x)− 1| = |x− 1|.

Assim, tomando δ = ε, já que |x− 1| < δ, teremos: |f(x)− 1| = |x− 1| < δ = ε.

(c) limx→0

(−x2) = 0 : Calculamos que: |f(x)− 0| = |x2| = |x|2.

Assim, dado ε > 0 basta tomar δ =√ε para ter:

|x− 0| < δ ⇒

=|f(x)−0|︷︸︸︷|x|2 <

=ε︷︸︸︷δ2

⇒ |f(x)− 0| < ε.

(d) limx→1

1

x= 1: Seja ε > 0 dado. Calculemos que:

|f(x)− 1| =∣∣ 1x − 1

∣∣ = ∣∣1−xx ∣∣ = |x− 1| · |1/x| .

Aqui, é um pouco mais sútil: tomando δ = min{ ε2 ,12}, temos:

|x− 1| < δ ⇒ |x− 1| < ε2 e 1

2 < x < 32

⇒ |x− 1| < ε2 e 3

2 < 1/x < 2

⇒ |x− 1| · |1/x|︸︷︷︸|f(x)−1|<

< ε2 · 2

⇒ |f(x)− 1| < ε.


Relembrando o comportamento de limites com relação a operações algébricas. Sendo f, g tais quelimx→p

f(x) e limx→p

g(x) existem (finitas) valem os seguintes:

• Limites e soma:limx→p

(f(x) + g(x)

)= lim

x→pf(x) + lim

x→pg(x).

Em particular, se g(x) = a é uma função constante:

limx→p

(f(x) + a

)= lim

x→pf(x) + a.

• Limites e produto:limx→p

(f(x) · g(x)

)=(limx→p

f(x))·(limx→p

g(x)).

Em particular, se f(x) = a é uma função constante:

limx→p

(a · g(x)

)= a ·

(limx→p

g(x)).

• Limites e quociente:

Caso limx→p

g(x) 6= 0, então:

limx→p

f(x)

g(x)=

limx→p

f(x)

limx→p

g(x).

12

• Limites e composição: caso f(x) é uma função tal que limx→p

f(x) = q, e g(y) uma função continua

em limx→p

f(x) = q, então:

limx→p

g(f(x)) = g(

limx→f(p)

f(x))= g(q).

Dado que limx→2

f(x) = 4, limx→2

g(x) = −2 e limx→2

h(x) = 0, encontre, se existir, cada um dos limites abaixo. Caso

não exista, explique por quê.

(a) Usando sucessivamente a regra da soma e do produto:

limx→2

[5f(x) + g(x)] = limx→2

(5f(x)) + limx→2

g(x) (pela regra da soma)

= 5 limx→2

f(x)︸︷︷︸=4

+ limx→2

g(x)︸︷︷︸−2

(pela regra do produto)

= 5 · 4− 2

= 18.

Observação: Na prática, a conta acima poderia ser resumida da maneira seguinte:

5 f(x)︸︷︷︸−→ 4x→2

+ g(x)︸︷︷︸−→−2x→2

−→x→2

5 · 4− 2 = 18.

(b) Aplicando a regra do produto varias vezes:

limx→2

g(x)3 = limx→2

(g(x) · g(x) · g(x)

)= lim

x→2g(x) · lim

x→2g(x) · lim

x→2g(x) = (−2).(−2).(−2) = −8.

Outro método: usando a continuidade da função y3 em y = −2, temos:

limx→2

[g(x)]3 =(limx→2

g(x))3

= (−2)3 = −8.

Observação: Resumindo, temos: (g(x)︸︷︷︸−→−2x→2

)3 −→x→2

− 23 = −8.

(c) Por continuidade da função√y em 5, temos:

limx→2

√f(x) =

√limx→2

f(x) =√4 = 2.

Observação: Resumindo, temos: √f(x)︸︷︷︸−→ 4x→2

−→x→2

√4 = 2.

13

(d) Usando sucessivamente a regra do quociente, com limx→2

g(x) = −2 6= 0, e do produto:

limx→2

3f(x)

g(x)=

limx→2

3f(x)

limx→2

g(x)(pela regra do quociente)

=3limx→2

f(x)

limx→2

g(x)(pela regra do produto)

=3.4

−2= −6.

Observação: Resumindo, temos:

3 ·

−→ 4x→2︷︸︸︷f(x)

g(x)︸︷︷︸−→−2x→2

−→x→2

3 · 4−2

= −6.

(e) Não se aplica a regra do quociente pois limx→2

h(x) = 0. O limite pode ou não existir, por exemplo:

• Toma h(x) = x− 2, e g(x) = −2, então:

g(x)

h(x)=−2x− 2

−→x→2+

+∞, g(x)

h(x)=−2x

−→x→2−

−∞,

portanto os limites laterais não coincidem, logo limx→2

g(x)

h(x)não existe (veja também o Ex. 8).

• Toma h(x) = (x− 2)2, e g(x) = −2, então:

g(x)

h(x)=−2x− 2

−→x→2

+∞,

portanto limx→2

g(x)

h(x)= +∞.

(f) Usando sucessivamente a regra do quociente, com limx→2

f(x) 6= 0, e depois do produto:

limx→2

g(x)h(x)

f(x)=

limx→2

(g(x)h(x)

)limx→2 f(x)

(pela regra do quociente)

=limx→2 g(x) · limx→2 h(x)

limx→2 f(x)(pela regra do produto)

=−2 · 0

4= 0.

Observação: Resumindo, temos:

−→ 0x→2︷︸︸︷

−→−2x→2︷︸︸︷g(x) ·

−→ 0x→2︷︸︸︷h(x)

f(x)︸︷︷︸−→ 4x→2

−→x→2

0

4= 0.

14

Resolução do Ex. 21 [voltar]Contrexemplo 1: Tome f(x) = g(x) = x

|x| com, digamos, f(0) = g(0) = 1 no ponto p = 0.Então, temos:

limx→0+

f(x) = 1, limx→0+

g(x) = 1,

limx→0−

f(x) = −1, limx→0−

g(x) = −1,

portanto limx→0+

f(x) 6= limx→0+

f(x) e limx→0+

g(x) 6= limx→0+

g(x), logo nem limx→0

f(x) nem limx→0

g(x).

Por outro lado:

f(x) · g(x) = x2

|x|2= 1 −→

x→01

portanto, limx→0

f(x)g(x) = 1 existe.

Segue o gráfico de f = g:

Contrexemplo 2: Tome f(x) = sen(1/x) + 2, e g(x) = 1sen(1/x)+2 , em p = 0. Então:

f(x) · g(x) =(sen(1/x) + 2

)· 1

sen(1/x) + 2= 1 −→

x→01,

portanto, limx→0

f(x)g(x) = 1 existe. Porem nem limx→0

f(x) nem limx→p

g(x) existe. Seguem os gráficos respectivos

de f e g, para dar uma ideia do comportamento perto de p = 0:

Aqui, quando x se aproxima de 0 (por valores superiores, digamos) 1/x vai para +∞, logo sen(1/x) ficaoscilando entre −1 e 1.

Resolução do Ex. 22 [voltar]Tome f(x) = |x|

x em p = 0, então:

• |f(x)| = 1, é constante logo converge para 1,

• f não admite limite em x = 0 pois os limites laterais limx→1+

f(x) = 1 e limx→1+

f(x) = −1 não coincidem.


15

a) f(x) = 2

A função é continua em qualquer ponto do seudomínio R.

b) f(x) = x+ 1


c) f(x) = x2


d) f(x) ={x2, se x ≤ 12, se x > 1

A função é continua em qualquer ponto de R −{1}, más não é continua em x = 1.

e) f(x) ={

1x2, se |x| ≥ 1

2, se |x| < 1

A função é continua em qualquer ponto de R −{−1, 1}, más não é continua em x = −1 ex = 1.

f) f(x) ={

1x2, se |x| ≥ 1

2, se |x| < 1


g) f(x) = 1x

A função é continua em qualquer ponto do seudomínio R− {0}.

h) f(x) = x2 + 2

16


i) f(x) = x3 − 1


j) f(x) =

{ln(x+ 1) + 1, se x ≥ 0.

x+ 1, se x < 0.


k) f(x) =

{3√x+ 7, se x ≥ 1.

2, se x < 1.



(a) A função f(x) = x2 é contínua em x = 2 e, portanto, limx→2

x2 = 22 = 4.

(b) A função f(x) = 3x+ 1 é contínua em x = 1 e, portanto, limx→1

3x+ 1 = 3.1 + 1 = 4.

(c) A função f(x) = 4x+ 1 é contínua em x = −2 e, portanto, limx→−2

4x+ 1 = 4(−2) + 1 = −7.

(d) A função f(x) = 5 é contínua em x = 10 e, portanto, limx→10

5 = 5..

(e) A função f(x) = 50 é contínua em x = −9 e, portanto, limx→−9

50 = 50.

(f) A função f(x) = −x2 − 2x+ 3 é contínua em x = −1 e, portanto

limx→−1

− x2 − 2x+ 3 = −(−1)2 − 2(−1) + 3 = 4.

(g) A função f(x) =√x é contínua em x = 4 e, portanto, lim

x→4

√x =√4 = 2.

(h) A função f(x) = 3√x é contínua em x = −3 e, portanto, lim

x→−33√x = 3√−3 = − 3

√3.

(i) A função f(x) =x2 − 9

x+ 3é contínua em x = 3 e, portanto, lim

x→3

x2 − 9

x+ 3=

32 − 9

3 + 3= 0.

(j) A função f(x) =x2 − 9

x− 3não é definida em x = 3, logo não pode ser contínua neste ponto !

Porem, para qualquer x 6= 3, temos:f(x) =

x2 − 9

x− 3

=(x− 3)(x+ 3)

x− 3

= x+ 3.

17

Assim, a função f coincide em R− {3} com a função g(x) = x+ 3, a qual é continua em x = 3. Segueque:

limx→3

x2 − 9

x− 3= lim

x→3x+ 3 = 3 + 3 = 6.

Observação: Na prática, pode-se resumir simbolicamente o raciocino acima da seguinte maneira:

x2 − 9

x− 3=

(x 6=3)x+ 3 −→

x→33 + 3 = 6.

(k) A função f(x) =x2 − 9

x− 3é contínua em x = −1 e, portanto, lim

x→−1

x2 − 9

x− 3=

(−1)2 − 9

−1− 3= 2.

(l) A função f(x) =4x2 − 1

2x− 1não é definida em x = 1/2. Porem, temos:

4x2 − 1

2x− 1=

(2x− 1)(2x+ 1)

2x− 1

=(x 6=1/2)

2x+ 1

−→x→1/2

2.(1/2) + 1 = 2.

Portanto, limx→1/2

4x2 − 1

2x− 1= 2.

(m) A função f(x) =√x−√3

x− 3não é definida em x = 3. Porem, temos:

√x−√3

x− 3=

(x>0)

√x−√3

(√x−√3)(√x+√3)

=(x 6=3,x>0)

1√x+√3

−→x→3

1√3 +√3=

1

2√3.

Portanto, limx→3

√x−√3

x− 3= 1

2√3.

Note aqui, que para x perto o suficiente de 3, teremos x > 0, assim não tem perda de generalidade emsupor que x é positivo na conta acima. Muitas vezes na prática, se esqueça de precisar (x 6= 3, x > 0)deixando as coisas implícitas.

(n) Usando a identidade a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2) no denominador, calculemos que:

3√x− 3√3

x− 3=

3√x− 3√3

( 3√x− 3√3)( 3√x2+ 3√x 3√3 + 3√32)

=(x 6=3)

1

( 3√x2+ 3√x 3√3 + 3√32)

−→x→3

1

3√32

Portanto, limx→3

3√x− 3√3

x− 3= 1

3√32 .

18

Observação: Aqui, veremos mais tarde que, pela definição de uma função f ser derivável num pontop, temos:

limx→p

f(x)− f(p)x− p

= f ′(p).

No caso acima, a função f(x) = 3√x = x1/3 é derivável em p = 3, com derivada:

f ′(x) =1

3x

13−1 =

1

3x−2/3 =

1

3 3√x2 .

Portanto, pode-se deduzir diretamente que limx→3

3√x− 3√3

x− 3= f ′(3) = 1

3√32 .

(o) A função f(x) =x2 + 3x− 1

x2 + 2é contínua em x = 0 e, portanto:

limx→0

x2 + 3x− 1

x2 + 2=

02 + 3.0− 1

02 + 2= −1/2.

Observação: Na prática, se usam funções contínuas para calcular os limites mais básicos, onde nãotem indeterminadas ou complicação nenhuma. Neste último exemplo, se escreveria diretamente:

−→x→0−1

︷︸︸︷x2 + 3x− 1

x2 + 2︸︷︷︸−→x→0

2

−→x→0−1

2.

Mesmo assim a justificativa correta é passando por funções contínuas.


(a) Temos x2 + x− 6 = (x− 1)(x+3) mas ainda assim, na equaçãox2 + x− 6

x− 1= x+3, o lado esquerdo

não está definido para x = 1. A igualdade vale para todo x 6= 1, mas não faz sentido se x 6= 1.

(b) Para x perto o suficiente de 2 (|x− 2| < δ, já que δ < 1) temos x 6= 1. Para tal x, vale a igualdade:

x2 + x− 6

x− 1=

(x− 1)(x+ 3)

x− 1= x+ 3.

segue que os limites coincidem em x→ 2, portanto limx→2

x2 + x− 6

x− 1= lim

x→2x+ 3 = 5.

Observação: Note que, para x→ 1, vale também que limx→1

x2 + x− 6

x− 1= lim

x→1x+ 3 = 4.


Relembrando a definição de uma função ser continua num ponto via limites:

def: Uma função f : X → Y é contínua num ponto p ∈ X se:

limx→p

f(x) = f(p).

Observação 1: Note que, implicitamente nesta definição, o limite limx→p

f(x) de f em p tem que existir,

19

assim como o valor f(p) em p (isso é, que p pertence no domínio de f ).A definição acima pede para o limite coincidir com o próprio valor da função em p.

Observação 2: Simbolicamente, uma função continua é uma função que "comuta com limites". De fato, acondição de ser continua pode-se escrever:

f(limx→p

x)= lim

x→pf(x),

Istp é por causa que, na fórmula acima, obviamente limx→p

x = p.

Calculando os limites à direita e à esquerda de f(x) ={

2x, se x ≤ 11, se x > 1

, obtemos imediatamente:

limx→1>

f(x) = limx→1>

2x = 2,

limx→1<

f(x) = limx→1<

1 = 1.

Assim, limx→1>

f(x) 6= limx→1<

f(x). A função não possui limite em 0, portanto não é continua neste ponto.

Resolução do Ex. 27 [voltar]Basta, cada vez, definir L como sendo o limite no ponto considerado, para obter uma função contínua. A

função assim obtida é automaticamente continua no ponto considerado pela própria definição de continuidade:

limx→p

f(x) = f(p).

Tal processo chama-se de prolongamento por continuidade. Note que se o limite não existir, não é possívelobter uma função continua. Neste caso, diz-se que a função não é prolongável por continuidade.

(a) Calculando o limite, obtemos:

x3 − 8

x− 2=

(x− 2)(x2 + 2x+ 4)

x− 2=

(x6=2)x2 + 2x+ 4 −→

x→222 + 2.2 + 4 = 12.

Portanto, obtém-se uma função contínua definindo L = 12, ou seja:

f(x) =

{x3−8x−2 , se x 6= 2

12, se x = 2

Observação: Note que a função f assim definida coincide com x2 + 2x + 4, ou seja: f(x) =

x2+2x+4 para todo x ∈ R, pois acabamos de verificar que é o caso para x 6= 2 e, no ponto x = 2,a função f foi definida precisamente como valendo 22 + 2.2 + 4.

Nem sempre é tão fácil, no sentido que nem sempre existe uma expressão simples (aqui x2+2x+4)que seja válida para x = p também. Veja por exemplo o Exercício 12− e) da lista 2, onde f(x) =

x+3ln(x2−2x+1)

não esta definida em x = 1, porem admite 0 por limite neste ponto. Neste caso, bastadefinir:

f(x) =

{x+3

ln(x2−2x+1), se x 6= 0, 1, 2

0, se x = 1,

para obter uma função continua em R − {0, 2}. Porem não conheço de uma expressão simples(quero dizer, que não faça distinção entre os casos x 6= 1 e x = 1) para esta função.

(b) A função√x−√3

x−3 não está definida em x = 3, porem calculando o limite (veja o Exercício 7-m)) obtemos:

limx→3

√x−√3

x− 3=

1

2√3.

Assim basta definir: f(x) =

{√x−√3

x−3 , se x ≥ 0, x 6= 31

2√3, se x = 3

para obter uma função continua.

20

Observação: Aqui, seguindo as contas no Exercício 7-m), vemos que f(x) = 1√x+√3(∀x ≥ 0).

(c) Semelhantemente à questão precedente,√x−√5

x−5 não está definida em x = 5 más, calculando o limite,obtemos:

√x−√5

x− 5=

√x−√5

(√x−√5)(√x+√5)

=(x 6=5)

1√x+√5

−→x→5

1

2√5

Portanto, basta definir f(x) =

{√x−√5

x−5 , se x ≥ 0, x 6= 51

2√5, se x = 5

para obter uma função continua.

Observação: Aqui, na verdade f(x) = 1√x+√5

para todo x ≥ 0.

(d) A função x2−xx+1 não é definida em x = −1 porem, calculando o limite, obtemos:

x2 − xx+ 1

=

−→x→−1

2

︷︸︸︷x(x− 1)

x+ 1︸︷︷︸−→x→−1

0

−→x→−1

+∞.

Logo não existe L tal que f(x) =

{x2−xx+1 , se x 6= −1L, se x = −1

seja continua em x = −1. A função não é

prolongável por continuidade em −1. Confirmando no gráfico:

Resolução do Ex. 28 [voltar]Calculando os limites à direita e à esquerda de f em 0, obtemos:

limx→0>

f(x) = limx→0>

x2 + 1 = 1,

limx→0<

f(x) = limx→0<

1 = 1.

Assim, limx→1>

f(x) = limx→1<

f(x) = 1, portanto a função possui um limite em x = 0, e este limite é: limx→1

f(x) = 1.

Alem do mais, pela definição de f temos f(0) = 02 + 1 = 1, assim:

limx→0

f(x) = f(0),

e, portanto, a função é contínua em x = 0.

Resolução do Ex. 29 [voltar]Seguem dois exemplos:

21

f(x) =

1, se x ≤ −1,2, se − 1 < x ≤ 0,

3, se 0 ≤ x ≤ 1,

4, se x > 1.

f(x) =

x2, se x < −1,x, se − 1 ≤ x < 0,√x+ 1, se 0 ≤ x < 1,

3, se x ≥ 1.


(a) Para x > 1, |x− 1| = x− 1, portanto limx→1+

|x− 1|x− 1

= 1.

(b) Para x < 1, |x− 1| = −(x− 1), portanto limx→1−

|x− 1|x− 1

= −1

(c) Por continuidade da função raiz em x = 0, limx→0

√x = 0.

(d) O limite limx→1

|x− 1|x− 1

não existe, pois os limites laterais não coincidem (veja a) e b)).

(e) A funçãox2 − 2x+ 1

x− 1=

22 − 2.2 + 1

2− 1é definida, e continua em x = 2, portanto lim

x→2+

x2 − 2x+ 1

x− 1=

22 − 2.2 + 1

2− 1= 1.

(f) A função|x− 1|x− 1

=|3− 1|3− 1

é definida, e continua em x = 3, portanto limx→3

|x− 1|x− 1

=|3− 1|3− 1

= 1.

(g) limx→1+

f(x)− f(1)x− 1

= 1, em que f(x) ={x+ 1, se x ≥ 12x, se x < 1

.

Observa que é a derivada de x+ 1 em x = 1.

(h) limx→1

f(x)− f(1)x− 1

não existe pois os limites laterais existem más não coincidem, de fato: limx→1−

f(x)− f(1)x− 1

=

2 (que é a derivada de 2x em x = 1...) enquanto limx→1+

f(x)− f(1)x− 1

= 1 (que é a derivada de x + 1 em

x = 1...).

Segue o gráfico da função, para dar uma ideia:

Note porém que neste exercício, a justificativa não é para ser feita pelo gráfico !


22

(a) limx→−1

x3 + 1

x2 − 1:

Ambos o numerador e o denominador convergem para 0, é preciso fatorar x + 1 para simplificar. Éfácil pelo denominador, enquanto pelo numerador pode ser feito po divisão euclidiana de polinômios, damaneira seguinte:

x3 + 1 x+ 1

x2 − x+ 1− x3 − x2

− x2x2 + x

x+ 1− x− 1

0

Assim, podemos prosseguir, calculando que:

x3 + 1

x2 − 1=

(x+ 1)(x2 − x+ 1)

(x+ 1)(x− 1)=

(x 6=−1)

x2 − x+ 1

x− 1−→x→−1

3

2.

(b) limx→0

x3 + x2

3x3 + x4 + x:

Aqui, é imediato fatorar x em ambos o denominador e o numerador:

x3 + x2

3x3 + x4 + x=

x2(x+ 1)

x(3x2 + x3 + 1)=

(x 6=0)

x(x+ 1)

3x2 + x3 + 1−→x→0

0

(c) limh→0

x2 + 3xh:

Um calculo direto leva a: x2 + 3xh −→h→0

x2, portanto:

limh→0

x2 + 3xh = x2.

(d) limh→0

(x+ h)3 − x3

h:

Simplificando por h. obtemos:

(x+ h)3 − x3

h=

2x2h+ 2xh2 + h3

h=

(h6=0)2x2 + 2xh+ h2 −→

h→02x2.

(e) limx→3

x2 − 9

x+ 9:

Não tem problema nenhum neste, por continuidade dex2 − 9

x+ 9em x = 3, temos:

x2 − 9

x+ 9−→x→3

0

9= 0,

Teriá que simplificar para calcular o limite em x→ −9.

(f) limx→2

x3 − 5x2 + 8x− 4

x4 − 5x− 6:

23

O numerador e o denominador admitem 2 por raiz, é preciso fatorar x− 2 em ambos para poder simpli-ficar. Por divisão euclidiana de polinômios, calculamos que:

x3 − 5x2 + 8x− 4 x− 2

x2 − 3x+ 2− x3 + 2x2

− 3x2 + 8x3x2 − 6x

2x− 4− 2x+ 4

0

x4 − 5x− 6 x− 2

x3 + 2x2 + 4x+ 3− x4 + 2x3

2x3

− 2x3 + 4x2

4x2 − 5x− 4x2 + 8x

3x− 6− 3x+ 6

0

Portanto, o numerador e denominador fatoram em:

x3 − 5x2 + 8x− 4 = (x− 2)(x2 − 3x+ 2)

(x4 − 5x− 6) = (x− 2)(x3 + 2x2 + 4x+ 4).

Assim, podemos prosseguir:

x3 − 5x2 + 8x− 4

x4 − 5x− 6=

(x− 2)(x2 − 3x+ 2)

(x− 2)(x3 + 2x2 + 4x+ 4)=

(x 6=2)

x2 − 3x+ 2

x3 + 2x2 + 4x+ 4−→x→2

22 − 3.2 + 2

23 + 222 + 4.2 + 4= 0.

(g) limx→1

x3 − 1

x4 + 3x− 4:

Semelhantemente ao caso f) precedente, o numerador e o denominador admitem 1 por raiz, é precisofatorar x− 1 em ambos para poder fatorar. Por divisão euclidiana de polinômios, calculamos que:

x3 − 1 x− 1

x2 + x+ 1− x3 + x2

x2

− x2 + x

x− 1− x+ 1

0

x4 + 3x− 4 x− 1

x3 + x2 + x+ 4− x4 + x3

x3

− x3 + x2

x2 + 3x− x2 + x

4x− 4− 4x+ 4

0

Assim, temos:

x3 − 1

x4 + 3x− 4=

(x− 1)(x2 + x+ 1)

(x− 1)(x3 + x2 + x+ 1)=

(x 6=1)=

x2 + x+ 1

x3 + x2 + x+ 1−→x→1

=3

4

(h) limx→7

√x−√7

√x+ 7−

√14

:

Introduzindo x−7x−7 , pode-se decompor a fração da maneira seguinte, calculamos que:

√x−√7

√x+ 7−

√14

=

√x−√7

x− 7︸︷︷︸−→x→7

12√7

· x− 7√x+ 7−

√14︸︷︷︸

−→x→7

2√14

−→x→7

2√14

2√7

=√2.

Aqui, ambos limites podem ser tratados de maneira similar à questão n) do exercício Exercício 7 (pelosegundo termo, veja a observação e use derivadas com f(x) =

√x+ 7).

24

(i) limx→2

1x −

12

x− 2:

1x −

12

x− 2=

2−x2x

x− 2=

(x 6=2)− 1

2x−→x→2−1

4

Este limite poderia ser tratado usando derivadas, de maneira similar à observação da questão (n)do Exercício 7. Mais precisamente, tomando f(x) = 1/x, derivável em x = 2, com derivadaf ′(x) = −1/x2 temos:

1x −

12

x− 2=f(x)− f(2)

x− 2−→x→2

f ′(2) = −1

4

(j) limx→p

x3 − p3

x− p:

x3 − p3

x− p=

(x− p)(x2 + xp+ px+ p2)

x− p=

(x 6=p)x2 + xp+ px+ p2 −→

x→p3p2

De novo, este limite poderia ser tratado por derivadas. Mais precisamente, tomando f(x) = x3,derivável em x = p, com derivada f ′(x) = 3x2 temos:

x3 − p3

x− p=f(x)− f(p)

x− p−→x→p

f ′(p) = 3p2.


(a) limx→−1

3

√x3 + 1

x+ 1:

Não pode se aplicar a regra do quociente, pois ambos o numerador e denominador convergem para 0,porem é possível fatorar (x+ 1) no numerador:

3

√x3 + 1

x+ 1=

3

√(x+ 1)(x2 − x+ 1)

x+ 1=

(x 6=−1)3

√x2 − x+ 1︸︷︷︸−→ 1x→−1

−→x→−1

3√1 = 1,

portanto limx→−1

3

√x3 + 1

x+ 1= 1. Note que aqui, se usou a continuidade da função 3

√y no ponto 1.

(b) limx→1

√x2 + 3− 2

x2 − 1:

De novo, não se aplica a regra do quociente. Aqui, a raiz quadrada atrapalha para simplificar entredenominador a numerador. Um truque para resolver é aproveitar da igualdade (a+ b)(a− b) = a2 + b2

para se desfazer dela, multiplicando ambos o numerador e denominador por√x2 + 3 + 2 (note que√

x2 + 3 + 2 6= 0, más de maneira mais geral só precisa valer para x perto de 1). Obtém-se:

25

√x2 + 3− 2

x2 − 1=

(√x2 + 3− 2)(

√x2 + 3 + 2)

(x2 − 1)(√x2 + 3 + 2)

=x2 + 3− 22

(x2 − 1)(√x2 + 3 + 2)

=x2 − 1

(x2 − 1)(√x2 + 3 + 2)

=1√

x2 + 3 + 2

−→x→1

1√12 + 3 + 2

=1

4

portanto limx→1

√x2 + 3− 2

x2 − 1= 1

4 .

Se tentar separarmos no denominador, obtemos uma indeterminada:√x2 + 3− 2

x2 − 1=

√x2 + 3

x2 − 1︸︷︷︸−→x→1

+∞

−√x2 + 3

x2 − 1︸︷︷︸−→x→1

+∞

e não da para determinar o limite.

(c) limx→1

3√x+ 7− 2

x− 1:

Similar à questão precedente, usando a igualdade (a− b)(a2 + ab+ b2) = a3 − b3. Obtemos:

3√x+ 7− 2

x− 1=

( 3√x+ 7− 2)

((x+ 7)2/3 + 2 3

√x+ 7 + 4

)(x− 1)

((x+ 7)2/3 + 2 3

√x+ 7 + 4

)=

x+ 7− 23

(x− 1)((x+ 7)2/3 + 2 3

√x+ 7 + 4

)=

x− 1

(x− 1)((x+ 7)2/3 + 2 3

√x+ 7 + 4

)=

1

(x+ 7)2/3 + 2 3√x+ 7 + 4

−→x→1

1

(1 + 7)2/3 + 2 3√1 + 7 + 4

=1

12.

Portanto limx→1

3√x+ 7− 2

x− 1= 1

12 . Aqui, note que a primeira igualdade vale para x perto de 1, pois

(x+ 7)2/3 + 2 3√x+ 7 + 4 é bem definido, e diferente de 0.

(d) limx→1

3√3x+ 5− 2

x2 − 1:

26

Similar à questão precedente:

3√3x+ 5− 2

x2 − 1=

( 3√3x+ 5− 2)

((3x+ 5)2/3 + 2 3

√3x+ 5 + 4

)(x2 − 1)

((3x+ 5)2/3 + 2 3

√3x+ 5 + 4

)=

(3x+ 5− 23)

(x− 1)(x+ 1)((3x+ 5)2/3 + 2 3

√3x+ 5 + 4

)=

3(x− 1)

(x− 1)(x+ 1)((3x+ 5)2/3 + 2 3

√3x+ 5 + 4

)=

3

(x+ 1)((3x+ 5)2/3 + 2 3

√3x+ 5 + 4

)−→x→1

3

(1 + 1)(3.1 + 5)2/3 + 2 3√3.1 + 5 + 4

=3

16.

Portanto limx→1

3√3x+ 5− 2

x2 − 1= 3

16


Relembrando o Teorema do confronto:Sejam f, g, h funções tais que f(x) ≤ g(x) ≤ h(x). Suponha que:

limx→p

f(x) = limx→p

h(x) = a,

então:limx→p

g(x) = a.

Intuitivamente, a função g esta presa entre as funções f e h, as quais convergem para a, o que implicaque f também converge para a:

f(x)︸︷︷︸−→x→p

a

≤ g(x) ≤ h(x)︸︷︷︸−→x→p

a

⇒ f(x)−→x→p

a.

Calculando os limites de ambos funções em x = 1, obtemos:

• limx→2−x2 + 3x = 2, por continuidade da função −x2 + 3x em x = 1.

• por outro lado,x2 − 1

x− 1=

(x+ 1)(x− 1)

x− 1=

(x 6=1)x+ 1−→

x→12.

Assim, temos:

−x2 + 3x︸︷︷︸−→x→1

2

≤ f(x) ≤ x2 − 1

x− 1︸︷︷︸−→x→1

2

portanto, pelo Teorema do confronto, conclua-se que: limx→1

f(x) = 2.

27

Nesta questão, o gráfico da função f esta preso entre os gráficos vermelho e azul:

Resolução do Ex. 34 [voltar]Por absurdo, vamos supor que o limite existe, valendo a ∈ R, isto é supondo que:

limx→0

sen( 1x) = a.

Seja ε = 12 , então pela suposição acima, existe η > 0 tal que:

|x| < η ⇒∣∣sen( 1x)− a

∣∣ < 1

2. (hip.)

Agora, se escolhermos k0 ∈ N grande o suficiente, teremos:π

2+ 2k0π >

1

η⇒

∣∣ 1π2 + 2k0π

∣∣ < η(hip.)⇒

∣∣sen(-π2 + 2k0

)π︸︷︷︸

=1

−a∣∣ < 1

2⇒ |1− a| <

1

2

−π2+ 2k0π >

1

η⇒

∣∣ 1

-π2 + 2k0π

∣∣ < η(hip.)⇒

∣∣sen(-π2 + 2k0π︸︷︷︸=−1

)− a∣∣ < 1

2⇒ | − 1− a| < 1

2

Isto é absurdo, pois:

|1− a| < 1

2⇔ a ∈]1/2, 3/2[,

| − 1− a| < 1

2⇔ a ∈]-3/2, -1/2[.

e a não pode pertencer em ambos intervalos ao mesmo tempo, pois são de intersecção vazia.

Resolução do Ex. 35 [voltar]Pelo Teorema do confronto:

−1 ≤ sen( 1x) ≤ 1 ⇒ −|x|︸︷︷︸−→x→0

0

≤ xsen( 1x) ≤ |x|︸︷︷︸−→x→0

0

⇒ limx→0

xsen( 1x) = 0

28


(a) f(x) =

{x2 · sen 1

x , se x 6= 00, se x = 0

Neste caso, calculamos quef(x)− f(0)

x− 0= xsen( 1x), que converge para 0 quando x→ 0 pelo Exercício

12 precedente.

(b) f(x) =

{x · sen 1

x , se x 6= 00, se x = 0

Neste caso, calculamos quef(x)− f(0)

x− 0= sen( 1x), que não tem limite x → 0 pelo Exercício 11

precedente.

Observação: Veremos mais tarde que limx→0

f(x)− f(0)x− 0

, se existir, é a derivada de f em x = 0. Neste

exercício, a função x2sen( 1x) admite uma derivada em x = 0, o que não é o caso de xsen( 1x).

Nos gráficos, da para perceber que a curva de x2sen( 1x) se achata o suficiente para ela admitir uma retatangente horizontal em x = 0, enquanto é impossível encontrar uma tal reta para xsen( 1x).Note também que ambos funções assim definidas (valendo 0 em x = 0) são continuas.


Relembrando um dos limites fundamentais:

limx→0

sen(x)x

= 1.

(a)tg(x)x

=sen(x)x cos(x)

=1

cos(x)︸︷︷︸−→x→0

1

sen(x)x︸︷︷︸−→x→0

1

−→x→0

1, portanto, limx→0

tg(x)x

= 1.

(b)x

senx= 1

x

senx︸︷︷︸−→x→0

1

−→x→0

11 = 1, portanto lim

x→0

x

senx= 1.

29

(c)sen(3x)

x= 3 · sen(3x)

3x︸︷︷︸−→x→0

1

−→x→0

3, portanto limx→0

sen(3x)x

= 3.

(d) Tomando y := π − x−→x→π

0, obtemos:

sen(x)x− π

=sen(π − x)x− π

= −sen(x− π)x− π

= −sen(y)y−→y→0

0,

portanto limx→π

senxx− π

.

(e)x2

senx= x︸︷︷︸−→x→0

0

· x

senx︸︷︷︸−→x→1

1

−→x→0

0 · 1 = 0, portanto limx→0

x2

senx= 0.

(f)3x2

tg xsenx= 3 · x

tg x︸︷︷︸−→x→0

1

· x

senx︸︷︷︸−→x→0

1

−→x→0

3, portanto limx→0

3x2

tg xsenx= 3.

(g) Temos:

1− cosx

x=

1− cosx

x·1 + cos(x)

1 + cos(x)=

1− cos(x)2

x(1 + cos(x))=

sen(x)2

x(1 + cos(x))=

sen(x)x︸︷︷︸−→x→0

1

−→x→0

0

︷︸︸︷1

1 + cos(x)︸︷︷︸−→x→0

1

−→x→0

1·0 = 0,

portanto: limx→0

1− cosx

x= 0.

(h) Temos:

x+ senxx2 − senx

=x(1 + senx

x

)x(x− senx

x

) =1 + senx

x

x− senxx

=1 +

−→x→0

1

︷︸︸︷senxx

x︸︷︷︸−→x→0

0

− senxx︸︷︷︸−→x→0

1

−→x→0

1 + 1

0− 1= −2,

portanto: limx→0

x+ senxx2 − senx

= −2.


(a) limx→−∞

1

x3= 0 (tendendo por valores negativos).

(b) 5 +1

x︸︷︷︸−→

x→+∞0

+3

x2︸︷︷︸−→

x→+∞0

−→x→+∞

5, portanto: limx→−∞

5 +1

x+

3

x2= 5.

(c)2x+ 1

x+ 3=

2x+ 6

x+ 3︸︷︷︸=2(x+ 3)

x+ 3

− 5

x+ 3= 2− 5

x+ 3︸︷︷︸−→

x→+∞0+

−→x→+∞

2−, portanto: limx→+∞

2x+ 1

x+ 3= 2.

30

(d)x2 − 2x+ 3

3x2 + x+ 1=

x2 ·(1− 2

x + 3x2

)3x2 ·

(1 + 1

3x + 13x2

) =1 ·(

−→x→−∞

1

︷︸︸︷1− 2

x+

3

x2)

3 ·(1 +

1

3x+

1

3x2︸︷︷︸−→

x→−∞1

) −→x→−∞

13 .

Todas as funções racionais podem ser tratadas de maneira similar aos casos e), f) e g).

Na prática, é bom saber a regra geral seguinte:

Sendo dois polinômios amxm + · · ·+ a1x+ a0 e bnxn + · · ·+ b1x+ b0 temos:

limx→+∞

amxm + · · ·+ a1x+ a0

bnxn + · · ·+ b1x+ b0= lim

x→+∞

amxm

bn

limx→−∞

amxm + · · ·+ a1x+ a0

bnxn + · · ·+ b1x+ b0= lim

x→−∞

amxm

bnxn

Implicitamente, nestas formulas, am 6= 0 e bn 6= 0 (isso é: são polinômios de grau m e n, respec-tivamente). Ressalta-se também que esta regra só se aplica para limites em ±∞, não valendo parax→ p.

No caso (d) por exemplo: limx→−∞

x2 − 2x+ 3

3x2 + x+ 1= lim

x→−∞

x2

3x2= 1

3 .

Mesmo assim, é bom saber tratar a mão, pois as mesmas técnicas permitem, combinado com raízespor exemplo, calcular outros limites (veja as questões k), l) etc... abaixo: o exercício é muito bemfeito com relação a isso, pois complica gradualmente as questões, que são para serem resolvidasuma depois da outra, na sequência).

(e)2x3 + 1

x4 + 2x+ 3=

2x3 ·(1 + 1

2x3

)x4 ·

(1 + 2

x3+ 3

x4

) =2 ·

−→x→−∞

1

︷︸︸︷(1 +

1

2x3)

x︸︷︷︸−→

x→−∞−∞·(1 +

2

x3+

3

x4)

︸︷︷︸−→

x→−∞1

−→x→−∞

0−.

Ou, diretamente usando a regra: limx→−∞

2x3 + 1

x4 + 2x+ 3= lim

x→−∞

2x3

x4= lim

x→−∞

2

x= 0−.

(f) 3

√x

x2 + 3= 3

√x

x2 ·(1 + 3

x2

) = 3

√1

x ·(1 +

3

x2)

︸︷︷︸−→

x→−∞−∞

−→x→−∞

3√0 = 0.

Portanto, limx→−∞

3

√x

x2 + 3= 0.

(g)

√x2 + 1

3x+ 2=

√x2(1 + 1

x2

)3x(1 + 2

x

) =

√√√√ x2(1 + 1

x2

)9x2(1 + 2

x

)2 =

√√√√ 1 + 1x2

9(1 + 2

x

)2 −→x→+∞

√1

9=

1

3.

Portanto, limx→+∞

√x2 + 1

3x+ 2=

1

3.

(h) Uma primeira tentativa seria:

x−√x2 + 1 = x−

√x2 ·

(1 +

1

x2)

=(x≥0)

x− x ·√1 +

1

x2= x︸︷︷︸−→

x→+∞+∞·(1−

√1 +

1

x2︸︷︷︸−→

x→+∞0

)

31

mas dá uma indeterminada (0 ·+∞). Outra estrategia é aproveitar da igualdade (a− b)(a+ b) = a2− b2para se desfazer da raiz, como segue:

x−√x2 + 1 =

(x−

√x2 + 1

)· x+

√x2 + 1

x+√x2 + 1

=

(x−√x2 + 1

)·(x+√x2 + 1

)x+√x2 + 1

=x2 − x2 − 1

x+√x2 + 1

=−1

x+√x2 + 1︸︷︷︸

−→x→∞

+∞

−→x→+∞

0.


x−√x2 + 1 = 0.

Comparando ambos gráficos, obtemos:

(i) Seguindo a mesma estrategia do que a questão precedente:

√x+ 1−

√x+ 3 =

(√x+ 1−

√x+ 3

)·√x+ 1 +

√x+ 3√

x+ 1 +√x+ 3

=

(√x+ 1−

√x+ 3

)·(√

x+ 1 +√x+ 3

)√x+ 1 +

√x+ 3

=(x≥0)

x+ 1− x− 3√x+ 1 +

√x+ 3

=4√

x+ 1 +√x+ 3

−→x→+∞

0


√x+ 1−

√x+ 3 = 0. Comparando ambos gráficos:

32


(a) x4 − 3x+ 2 = x4︸︷︷︸−→

x→+∞+∞·(1− 3

x3+

2

x4

)︸︷︷︸

−→x→+∞

1

−→x→+∞

+∞.

Portanto: limx→+∞

x4 − 3x+ 2 = +∞.

(b) 5− 4x+ x2 − x5 = x5︸︷︷︸−→

x→+∞+∞·( 5

x5− 4

x3+

1

x3− 1)

︸︷︷︸−→

x→+∞1

−→x→+∞

+∞.


5− 4x+ x2 − x5 = +∞.

(c) 3x3 + 2x+ 1 = x3︸︷︷︸−→

x→+∞−∞·(3 +

2

x2+

1

x3+

1

x3

)︸︷︷︸

−→x→+∞

3

−→x→+∞

−∞

Portanto: limx→−∞

3x3 + 2x+ 1 = −∞.

(d) limx→+∞

5x3 − 6x+ 1

6x2 + x+ 3= +∞.

(e) limx→+∞

5x3 + 7x− 3

x4 − 2x+ 3= 0.

(f) limx→−∞

x4 − 2x+ 3

3x4 + 7x− 1=

1

3.

(g) limx→+∞

2 + x

3 + x2= 0.


(a)

√x+ 1

x+ 3=

√x

x+ 3+

1

x+ 3=

√x

x+ 3+

1

x+ 3=

(x≥0)

1√x+ 3√

x︸︷︷︸−→

x→+∞0

+1

x+ 3︸︷︷︸−→

x→+∞0

−→x→+∞

0

Outro método:√x+ 1

x+ 3=

(√x+ 1

)·(√x− 1

)(x+ 3

)·(√x− 1

) =(x≥0)

x− 1(x+ 3

)·(√x− 1

) =x− 1

x+ 3︸︷︷︸−→

x→+∞1

· 1√x− 1︸︷︷︸−→

x→+∞0

−→x→+∞

0.


√x+ 1

x+ 3= 0.

(b)x+√x+ 3

2x− 1=

x

2x− 1+

√x+ 3

2x− 1=

x

2x− 1︸︷︷︸−→

x→+∞12

+

√x+ 3

(2x− 1)2︸︷︷︸−→

x→+∞0

−→x→+∞

1

2+ 0 =

1

2.

Outro método: por mudança de variável, tomando y :=√x+ 3 −→

x→+∞+∞ pode-se desfazer facilmente

da raiz:

x+√x+ 3

2x− 1=

y2 − 3 + y

2(y2 + 3)− 1=y2 + y − 3

2y2 + 5−→y→+∞

1

2.


x+√x+ 3

2x− 1=

1

2.

33

(c)

2x−√x2 + 3 = 2x− |x| ·

√1 +

3

x2

=(x≥0)

2x− x ·√

1 +3

x2= x︸︷︷︸−→

x→+∞+∞·(2−

√1 +

3

x2

)︸︷︷︸

−→x→+∞

1

−→x→+∞

+∞.


2x−√x2 + 3 = +∞.

(d) x−√x+ 3=x− x2

√1 + 3

x3= x2 ·

( 1

x−√

1 +3

x3

)︸︷︷︸

−→x→+∞

1

−→x→+∞

+∞.

Outro método: por mudança de variável y :=√x+ 3 −→

x→+∞+∞, obtemos:

x−√x+ 3 = y2 − 3 + y = y2 ·

(1− 3

y2+

1

y

)−→x→+∞

+∞.


x−√x+ 3 = +∞.


Cuidado com limites do tipo:1

f(x)onde f(x) −→

x→p0.

Em geral, um limite não existe (se f mudar de sinal perto de x = p, por exemplo).Caso f tem sinal constante, positivo ou negativo, perto de x = p temos:

f(x) −→x→p

0+ ⇒ 1

f(x)−→x→p

+∞,

f(x) −→x→p

0− ⇒ 1

f(x)−→x→p−∞.

Nas duas expressões acima, ainda pode-se trocar x → p por um limite lateral x → p+ ou x → p−,continuam valendo.

Caso quer calcular um limite do tipog(x)

f(x), não esqueça de cuidar do sinal de g também.

(a)5

3− x︸︷︷︸−→x→0+

0−

−→x→0+

−∞, portanto: limx→3+

5

3− x= −∞.

(b) limx→0−

1

x= −∞.

(c)x− 3

x2=x(1− 3

x

)x2

=

−→x→0−

1>0

︷︸︸︷1− 3

xx︸︷︷︸

−→x→0−

0−

−→x→0−

−∞, portanto limx→0−

x− 3

x2= −∞.

34

(d)3

x2 − x=

3

x(x− 2)︸︷︷︸−→x→0−

0+

−→x→0−

+∞, portanto: limx→0−

3

x2 − x= +∞.

(e)2x+ 3

x2 + x=

−→x→1+

5>0

︷︸︸︷2x+ 3

x(x+ 1)︸︷︷︸−→

x→−1+0−

−→x→−1+

+∞, portanto: limx→−1+

2x+ 3

x2 + x= −∞.

Se precisar, faça uma tabela de sinais para ver que x(x + 1) tende a 0 por valores negativas quandox→ −1 a esquerda.

(f)x2 − 3x

x2 − 6x+ 9=x(x− 3x)

(x− 3)2=

x

x− 3=

−→x→3+

3>0

︷︸︸︷x

x− 3︸︷︷︸−→x→3+

0+

−→x→3+

+∞, portanto: limx→3+

x2 − 3x

x2 − 6x+ 9= +∞.

(g)2x+ 1

x2 + x=

−→x→−1+

−1<0

︷︸︸︷2x+ 1

x(x+ 1)︸︷︷︸−→

x→−1+0−

−→x→−1+

+∞, portanto: limx→−1+

2x+ 1

x2 + x= +∞.

(h)3x− 5

x2 + 3x− 4=

−→x→0+

−5<0

︷︸︸︷3x− 5

(x+ 4)(x− 1)︸︷︷︸−→x→0+

0+

−→x→1+

−∞, portanto: limx→1+

3x− 5

x2 + 3x− 4= −∞.

Aqui, se precisar, calcule o Bhaskara para fatorar x2 + 3x − 4 = (x + 4)(x − 1), e faça uma tabela desinais para ver que tende a 0 por valores positivas quando x→ 1+.

Resolução do Ex. 42 [voltar]O limite pode ser basicamente qualquer coisa, seguem vários exemplos:

1o) Tome f(x) = x e g(x) = x− 7, então limx→+∞

f(x) = +∞ e limx→+∞

g(x) = +∞, porem f(x)− g(x) = 7

é constante, portanto:lim

x→+∞f(x)− g(x) = 7.

2o) Tome f(x) = x2 e g(x) = x, então limx→+∞

f(x) = +∞ e limx→+∞

g(x) = +∞, porem f(x) − g(x) =

x(x− 1) portanto:lim

x→+∞f(x)− g(x) = +∞.

3o) Tome f(x) = x e g(x) = x2, então limx→+∞

f(x) = +∞ e limx→+∞

g(x) = +∞, porem f(x) − g(x) =

x(1− x) portanto:lim

x→+∞f(x)− g(x) = +∞.

4o) Tome f(x) = x + sen(x) e g(x) = x, então limx→+∞

f(x) = +∞ e limx→+∞

g(x) = +∞, porem f(x) −g(x) = sen(x) portanto:

limx→+∞

f(x)− g(x) não existe.

35

Resolução do Ex. 43 [voltar]De nono, um tal limite pode ser qualquer coisa (alem de −∞). Seguem vários exemplos:

1o) Tome f(x) = x e g(x) = 7x, então limx→+∞

f(x) = +∞ e limx→+∞

g(x) = +∞, porem f(x)g(x) = 7 é

constante, portanto:

limx→+∞

f(x)

g(x)= 7.

2o) Tome f(x) = x2 e g(x) = x, então limx→+∞

f(x) = +∞ e limx→+∞

g(x) = +∞, porem f(x)g(x) = x portanto:

limx→+∞

f(x)

g(x)= +∞.

3o) Tome f(x) = x e g(x) = x2, então limx→+∞

f(x) = +∞ e limx→+∞

g(x) = +∞, porem f(x)g(x) = 1

x portanto:

limx→+∞

f(x)

g(x)= 0.

4o) Tome f(x) = xsen(x) e g(x) = x, então limx→+∞

f(x) = +∞ e limx→+∞

g(x) = +∞, porem f(x)g(x) = sen(x)

portanto:

limx→+∞

f(x)

g(x)não existe.

Resolução do Ex. 44 [voltar] Esboce o gráfico de uma função f que satisfaça as seguintes condições:

a) Segue o gráfico da função:

f(x) =x3 + (2

√2− 1)x√

x6 + 1

que satisfaz as condições: f(0) = 0, f(1) = 2, f(−1) = −2, limx→−∞

f(x) = −1 e limx→+∞

f(x) = 1.

36

b) Segue o gráfico da função:

f(x) =2

x√

1x2

+ 1

que satisfaz as condições:f(0) = 0, limx→−∞

f(x) = 0, limx→+∞

f(x) = 0, limx→0+

f(x) = 2 e limx→0−

f(x) = −2.

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