Aula de Cálculo I - Limite

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Aula sobre Limites para alunos que cursam Cálculo I.

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Aula de Cálculo I - Limite

  1. 1. Cálculo I Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Aula 5 13 de setembro de 2007 Aula 5 Cálculo I 1
  2. 2. Exercícios da última aula Aula 5 Cálculo I 2
  3. 3. Relembrando o teorema do confronto Se f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) quando x está próximo de p (exceto possivelmente em p) e lim x→p f(x) = L = lim x→p h(x), então lim x→p g(x) = L. Teorema Este teorema também é conhecido como o teorema do sanduíche. Aula 5 Cálculo I 3
  4. 4. Relembrando o teorema do anulamento Se y = f(x) é uma função limitada em torno de um ponto p e limx→p g(x) = 0, então lim x→p (f(x) · g(x)) = 0. Teorema Aula 5 Cálculo I 4
  5. 5. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 5
  6. 6. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 6
  7. 7. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 7
  8. 8. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 8
  9. 9. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 9
  10. 10. Exercício [35] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0 x4 cos 2 x . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ cos(2/x) ≤ +1. Logo, multipli- cando estas desigualdades por x4 para x = 0, vemos que −x4 ≤ x4 cos 2 x ≤ +x4 . Como limx→0(−x)4 = 0 = limx→0(+x4), segue-se pelo teorema do confronto que lim x→0 x4 cos 2 x = 0. Aula 5 Cálculo I 10
  11. 11. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 11
  12. 12. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 12
  13. 13. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 13
  14. 14. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 14
  15. 15. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 15
  16. 16. Exercício [36] da página 110 do livro do Stewart Estude lim x→0+ √ x 2sen(π/x) . Solução. Temos que para todo x = 0, −1 ≤ sen(π/x) ≤ +1. Logo, exponen- ciando, vemos que 2−1 ≤ 2sen(π/x) ≤ 2+1 . Isto mostra que y = f(x) = 2sen(π/x) é uma função limitada. Agora, como limx→0+ √ x = 0, segue-se pelo teorema do anulamento que lim x→0+ √ x 2sen(π/x) = 0. Aula 5 Cálculo I 16
  17. 17. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 17
  18. 18. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 18
  19. 19. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 19
  20. 20. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 20
  21. 21. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 21
  22. 22. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 22
  23. 23. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 23
  24. 24. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 24
  25. 25. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 25
  26. 26. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 26
  27. 27. Problemas de organização e erros freqüentes Aula 5 Cálculo I 27
  28. 28. As definições formais de limite e limites laterais Aula 5 Cálculo I 28
  29. 29. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 29 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  30. 30. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 30 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  31. 31. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 31 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  32. 32. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 32 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  33. 33. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 33 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  34. 34. Motivação para a definição formal de limite lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 (∗) = lim x→3 2 (x − 1/2)(x − 3) x − 3 = lim x→3 (2 x − 1) = 2 (3) − 1 = 5. f(x) = 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 2 x − 1, para x = 3. Aula 5 Cálculo I 34 (∗) pois 2 x2 − 7 x + 3 = 2 (x − 1/2)(x − 3).
  35. 35. Visualizando os elementos da definição no GeoGebra Aula 5 Cálculo I 35
  36. 36. Definição formal de limite Seja f uma função definida em um intervalo aberto que contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p. Então dizemos que o limite de f(x) quando x tende a p é o número real L se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que se 0 < |x − p| distância entre x e p < δ, então |f(x) − L| distância entre f(x) e L < . Neste caso escreveremos lim x→p f(x) = L. Definição Aula 5 Cálculo I 36
  37. 37. Definição formal de limite Seja f uma função definida em um intervalo aberto que contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p. Então dizemos que o limite de f(x) quando x tende a p é o número real L se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que se 0 < |x − p| distância entre x e p < δ, então |f(x) − L| distância entre f(x) e L < . Neste caso escreveremos lim x→p f(x) = L. Definição Aula 5 Cálculo I 37
  38. 38. Definição formal de limite Seja f uma função definida em um intervalo aberto que contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p. Então dizemos que o limite de f(x) quando x tende a p é o número real L se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que se 0 < |x − p| distância entre x e p < δ, então |f(x) − L| distância entre f(x) e L < . Neste caso escreveremos lim x→p f(x) = L. Definição Aula 5 Cálculo I 38
  39. 39. Definição formal de limite Seja f uma função definida em um intervalo aberto que contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p. Então dizemos que o limite de f(x) quando x tende a p é o número real L se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que se 0 < |x − p| distância entre x e p < δ, então |f(x) − L| distância entre f(x) e L < . Neste caso escreveremos lim x→p f(x) = L. Definição Aula 5 Cálculo I 39
  40. 40. Definição formal de limite Seja f uma função definida em um intervalo aberto que contém o número p, exceto possivelmente o próprio número p. Então dizemos que o limite de f(x) quando x tende a p é o número real L se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que se 0 < |x − p| distância entre x e p < δ, então |f(x) − L| distância entre f(x) e L < . Neste caso escreveremos lim x→p f(x) = L. Definição Aula 5 Cálculo I 40
  41. 41. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 41
  42. 42. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 42
  43. 43. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 43
  44. 44. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 44
  45. 45. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 45
  46. 46. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 46
  47. 47. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 47
  48. 48. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 48
  49. 49. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 49
  50. 50. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 50
  51. 51. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 51
  52. 52. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 52
  53. 53. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 53
  54. 54. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 54
  55. 55. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 55
  56. 56. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 56
  57. 57. Exemplo Mostre que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Solução. Temos que f(x) = (2 x2 − 7 x + 3)/(x − 3) = 2 x − 1 para x = 3, p = 3 e L = 5. Agora |f(x) − L| = |(2 x − 1) − 5| = |2 x − 6| = |2 (x − 3)| = 2 |x − 3|. Assim, dado > 0 qualquer, escolhendo δ = /2, vemos que se 0 < |x − 3| < δ então |f(x) − 5| = 2 |x − 3| < 2 δ = 2 ( /2) = . Isto mostra que lim x→3 2 x2 − 7 x + 3 x − 3 = 5. Aula 5 Cálculo I 57
  58. 58. Um exemplo onde não existe o limite Aula 5 Cálculo I 58
  59. 59. Definição formal de limite lateral à esquerda Dizemos que lim x→p+ = L se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que se 0 < |x −p| < δ e x > p, então |f(x)−L| < . Definição Aula 5 Cálculo I 59
  60. 60. Definição formal de limite lateral à direita Dizemos que lim x→p− = L se para todo número > 0, existe um número δ > 0 tal que se 0 < |x −p| < δ e x < p, então |f(x)−L| < . Definição Aula 5 Cálculo I 60
  61. 61. Limites infinitos e assíntotas verticais Aula 5 Cálculo I 61
  62. 62. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 62
  63. 63. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 63
  64. 64. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 64
  65. 65. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 65
  66. 66. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 66
  67. 67. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 67
  68. 68. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 68
  69. 69. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 69
  70. 70. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 70
  71. 71. Cuidado! f(x) = 1 x2 x q(x) − 0.1000 100 − 0.0100 10 000 − 0.0010 1 000 000 − 0.0001 100 000 000 + 0.0000 não está definida + 0.0001 100 000 000 + 0.0010 1 000 000 + 0.0100 10 000 + 0.1000 100 Aula 5 Cálculo I 71
  72. 72. Exemplo lim x→0 1 x2 = +∞. Aula 5 Cálculo I 72
  73. 73. Limite infinito (de um ponto de vista informal) Seja f uma função definida em ambos os lados de p, exceto possivelmente em p. Dizemos que lim x→p f(x) = +∞ se podemos fazer os valores de f(x) ficarem arbitrariamente grandes (tão grandes quanto quisermos) por meio de uma escolha adequada de x nas proximidades de p, mas não igual a p. Definição Aula 5 Cálculo I 73
  74. 74. Exemplo lim x→0 − 1 x2 = −∞. Aula 5 Cálculo I 74
  75. 75. Limite infinito (de um ponto de vista informal) Seja f uma função definida em ambos os lados de p, exceto possivelmente em p. Dizemos que lim x→p f(x) = −∞ se podemos fazer os valores de f(x) ficarem arbitrariamente grandes, porém negativos, escolhendo-se valores de x próximos de p, porém diferentes do próprio p. Definição Aula 5 Cálculo I 75
  76. 76. Limites laterais infinitos Definições análogas podem ser dadas no caso de limites laterais: lim x→p+ f(x) = +∞, lim x→p+ f(x) = −∞, lim x→p− f(x) = +∞, lim x→p− f(x) = −∞. Aula 5 Cálculo I 76
  77. 77. Exemplo lim x→3+ 1 x − 3 = +∞ e lim x→3− 1 x − 3 = −∞. Aula 5 Cálculo I 77
  78. 78. Assíntota vertical A reta x = p é uma assíntota vertical do gráfico de y = f(x) se pelo menos uma das seguintes condições estiver satisfeita: lim x→p+ f(x) = +∞, lim x→p+ f(x) = −∞, lim x→p− f(x) = +∞, lim x→p− f(x) = −∞. Definição Aula 5 Cálculo I 78
  79. 79. Exemplo As assíntotas verticais de y = tg(x) são x = +π/2, x = −π/2, x = +3 π/2, x = −3 π/2, etc. Aula 5 Cálculo I 79
  80. 80. Exemplo A assíntota vertical de y = ln(x) é a reta x = 0 (o eixo y). Aula 5 Cálculo I 80

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