exercícios

1. 1
Continuidade.
Lista 4a - com respostas no livro/folha de exercícios e atendimento.
Atenção. As respostas devem ser completas, contendo todo o desenvolvimento lógico devido.
Somente conclusões nais não serão aceitas.
1. Encontrar os pontos de continuidade e descontinuidade da função, classicar os últimos:
a) H(x) (H(x) é a função de Heaviside);
b) xH(x) ;
c) sin x
x
;
d) sin 1
x
;
e) x sin 1
x
;
f) 1
1−x2 ;
g) [x] (a função parte inteira);
h) f (x) =



2x + 1 x ≤ −2;
3x−5
x2−4
, −2 x 1 ;
7x3
− 3 , x ≥ 1 .
Solução.
a) Nos exemplos 1c e 3a da parte de Limites foi mostrado (usando duas técnicas diferentes) que
no ponto x = 0 os dois limites laterais de H(x) existem, mas são diferentes: lim
x→0−
H(x) = lim
x→0−
0 =
0 ̸= 1 = lim
x→0+
1 = lim
x→0+
H(x). Disso segue que H(x) tem salto na origem e o valor desse salto é 1.
Em todos os outros pontos a função é contínua, uma vez que para qualquer x0 ̸= 0 existe vizinhança
desse ponto onde H(x) é constante (para x0 0, H(x) = 0 na vizinhança (2x0, 0), e para x0 0,
H(x) = 1 na vizinhança (0, 2x0)).
b) A denição de xH(x) em duas sentenças é a seguinte: xH(x) =
{
0, x 0
x, x ≥ 0
. Como foi
mostrado no exemplo 3b da parte de Limites, na origem os dois limites laterais existem e são iguais:
lim
x→0−
xH(x) = lim
x→0−
0 = 0 = lim
x→0+
x = lim
x→0+
xH(x). Isso signica que a função é contínua na origem.
Nos demais pontos a função também é contínua, porque para x negativos existe vizinhança onde
xH(x) = 0 e para x positivos existe vizinhança onde xH(x) = x. Assim, a função é contínua em
todos os reais.
c) A função f (x) = sin x
x
é denida em todo o eixo real exceto o ponto x = 0: X = R {0}.
Logo, a função não é contínua em x = 0. No entanto, o limite dela na origem é nito (o primeiro
limite notável): lim
x→0
f (x) = lim
x→0
sin x
x
= 1, o que signica que x = 0 é a descontinuidade removível.
Se denimos, adicionalmente, que f(0) = 1, então obtemos a denição da continuidade na origem:
lim
x→0
f (x) = lim
x→0
sin x
x
= 1 = f (0) (daí vem o nome da descontinuidade removível). Nos pontos
restantes x ̸= 0, a função f (x) = sin x
x
é contínua como razão de duas funções contínuas com
denominador diferente de zero.
d) No exemplo 3c) da lista dos Limites foi mostrado que o limite da função f(x) = sin 1
x
não
existe no ponto x = 0, uma vez que ela tem diferentes limites parciais nesse ponto. Lembramos
que foram usados dois caminhos de aproximação pela direita: para xk = 1
kπ
, k ∈ N foi obtido o
limite parcial lim
xk→0+
sin 1
xk
= lim
k→+∞
sin kπ = lim
k→+∞
0 = 0, enquanto para xn = 2
π+4nπ
, n ∈ N foi
encontrado outo valor lim
xn→0+
sin 1
xn
= lim
n→+∞
sin(π
2
+ 2nπ) = lim
n→+∞
1 = 1. De maneira semelhante,
podemos efetuar aproximação de x = 0 pela esquerda: se escolhemos xm = − 1
mπ
, m ∈ N então
temos o limite parcial lim
xm→0−
sin 1
xm
= lim
m→+∞
sin(−mπ) = lim
m→+∞
0 = 0, mas se usamos xl = − 2
π+4lπ
,
l ∈ N então chegamos ao resultado diferente lim
xl→0−
sin 1
xl
= lim
l→+∞
sin(−π
2
− 2lπ) = lim
n→+∞
−1 = −1.
Isso signica que nenhum dos dois limites laterais existe e, portanto, a função não é contínua na
origem, e o tipo da descontinuidade é essencial. Notamos que, diferentemente da descontinuidade
removível, a denição da função no ponto x = 0 de qualquer maneira f(x) = C, ∀C, não muda a

2. 2
situação, porque os dois limites laterais continuam não existindo.
Se consideramos qualquer ponto do domínio X = R {0} de f(x), então, notando que 1
x
é uma
função contínua em qualquer x ̸= 0 e sin y é função continua em qualquer y ∈ R, podemos conluir,
pelo teorema da continuidade da composta, que f(x) é contínua em todo o seu domínio.
e) No exemplo 2c) da lista dos Limites foi mostrado que f(x) = x sin 1
x
tem limite igual a 0
na origem. Mesmo assim, ela não é contínua nesse ponto, porque não está denida nele, mas a
sua descontinuidade é simplesmente removível. Se denimos, adicionalmente, que f(0) = 0, então
obtemos a denição da continuidade na origem lim
x→0
f (x) = lim
x→0
x sin 1
x
= 0 = f (0). Nos demais
pontos, a função é contínua de acordo com as propriedades aritméticas e da função composta.
f) No exemplo 5b de Limites foi mostrado que f(x) = 1
1−x2 tem limites innitos nos pontos
x = ±1 e nos demais pontos o seu limite é lim
x→a
f(x) = lim
x→a
1
1−x2 = 1
1−a2 = f(a). Isso signica que
os pontos x = ±1 representam a descontinuidade essencial, enquanto nos outros pontos a função é
contínua.
g) A função f (x) = [x] é denida em todo o eixo real: X = R. Consideremos o comportamento
dessa função nos pontos inteiros. Tomamos x0 = n, ∀n ∈ Z, e vamos procurar os limites laterais da
função neste ponto: lim
x→n−
f (x) = lim
x→n−
[x] = n − 1; lim
x→n+
f (x) = lim
x→n+
[x] = n. Assim, ambos os
limites laterais existem e são nitos. Além disso, lim
x→n+
f (x) = n = [n] = f (n) e, por isso, a função
f (x) = [x] é contínua à direita no ponto x0 = n, ∀n ∈ Z. Por outro lado, lim
x→n−
f (x) = n − 1 ̸=
n = f (n), isto é, a função é descontínua à esquerda em x0 = n, ∀n ∈ Z, e consequentemente, ela é
descontínua em qualquer ponto x0 = n, ∀n ∈ Z. O tipo dessa descontinuidade é o salto e o valor
do salto é 1: lim
x→n+
f (x) − lim
x→n−
f (x) = 1.
Nos demais pontos x0 ̸= n, ∀n ∈ Z, a função é contínua, uma vez que nesse caso x0 ∈ (n, n + 1)
para algum n ∈ Z e, portanto, existe vizinhança de x0 onde f(x) = n para qualquer ponto dessa
vizinhança, donde concluímos que lim
x→x0
f(x) = lim
x→x0
n = n = f(x0).
h) A função f (x) =



2x + 1 x ≤ −2
3x−5
x2−4
, −2 x 1
7x3
− 3 , x ≥ 1
é denida em todo o eixo real. Como as fórmulas da
denição são diferentes nos diferentes intervalos do domínio, então temos que vericar, em primeiro
lugar, os pontos, nos quais uma fórmula passa à outra, isto é, os pontos x = −2 e x = 1. Antes de
tudo, calculamos os valores da função nestes pontos: f (−2) = 2·(−2)+1 = −3, f (1) = 7·13
−3 = 4.
Agora vericamos os limites laterais de f(x) nestes pontos. No ponto x = −2 temos lim
x→ −2−
f (x) =
lim
x→ −2−
(2x + 1) = −3 = f (−2), lim
x→−2+
f (x) = lim
x→ −2+
3x−5
x2−4
= +∞. Então, f(x) é contínua à esquerda
no ponto x = −2, mas tem descontinuidade innita neste ponto à direita, isto é, x = −2 é o ponto
de descontinuidade essencial. No ponto x = 1 temos lim
x→ 1−
f (x) = lim
x→ 1−
3x−5
x2−4
= 2
3
̸= 4 = f (1),
lim
x→1+
f (x) = lim
x→1+
(7x3
− 3) = 4 = f (1), o que mostra que a função f (x) tem salto no ponto x = 1.
Em todos os outros pontos do domínio, a função é contínua, porque cada sentença separadamente
representa uma função contínua no intervalo correspondente: 2x + 1 é continua em (−∞, −2), 3x−5
x2−4
é contínua em (−2, 1) (o denominador não se anula em nenhum ponto desse intervalo) e 7x3
− 3 é
contínua em (1, +∞).
2. Vericar se a função f(x) = 1
x
é limitada no conjunto X. Se for, então encontrar as cotas
superior e inferior e os extremos, caso existirem:
a) X = [1, 4] ;
b) X = (2, 7) ;
c) X = [1, +∞) ;
d) X = (0, +∞) .
Solução.
a) A função f(x) = 1
x
é contínua no intervalo fechado [1, 4] e por isso, de acordo com o teorema

3. 3
de Weierstrass, ela é limitada nesse intervalo. Mais que isso, o teorema garante que ela atinge seus
extremos globais nesse intervalo, embora não oferece o algoritmo para encontrar esses extremos. No
caso de 1
x
encontrar os extremos é simples, porque a função é estritamente decrescente em [1, 4] e,
consequentemente xmax = 1 e xmin = 4. Naturalmente f(1) = 1 e f(4) = 1
4
são os valores máximo
e mínimo da função e, ao mesmo tempo, são as cotas superior e inferior, respectivamente.
b) Embora a função f(x) = 1
x
é contínua no intervalo (2, 7), mas o intervalo não é fechado e, por
isso, o teorema de Weierstrass não é aplicável diretamente. Mesmo assim, podemos aproveitar o
resultado desse teorema, considerando o intervalo fechado [2, 7], onde a função também é contínua
e, portanto, é limitada, e depois fazer a conclusão que da limitação em [2, 7] segue a limitação em
(2, 7). Desse raciocínio segue também que os valores f(2) = 1
2
e f(7) = 1
7
são cotas superior e
inferior, respectivamente. A situação com extremos globais é diferente. O teorema de Weierstrass
não garante que eles são atingíveis num intervalo aberto, e a função f(x) = 1
x
em (2, 7) realmente
não tem extremos globais. Se fosse o intervalo [2, 7], então o máximo seria xmax = 2 e o mínimo
xmin = 7, de acordo com o decrescimento da função. Como x = 2 não pertence a (2, 7), então ele
não pode ser o ponto-máximo e qualquer ponto 2 x0 7 também não é o máximo, porque no
ponto x1 = 2+x0
2
∈ (2, 7) a função tem valor maior que f(x0). Pelas mesmas razões, não existe
ponto-mínimo no intervalo (2, 7).
c) A função f(x) = 1
x
é contínua no intervalo [1, +∞), mas o intervalo não é nito e, por isso,
o teorema de Weierstrass não pode ser usado nesse caso. No entanto, sabendo as propriedades
adicionais da função sua positividade e decrescemento em [1, +∞), é simples de deduzir que os
valores da função são limitados pelas cotas M = f(1) = 1 e m = 0. Logo, concluímos que xmax = 1,
mas o ponto-mínimo não existe, porque escolhendo qualquer candidato x0 1 para o mínimo,
notamos que no ponto 2x0 a função tem valor menor.
d) A função f(x) = 1
x
é contínua no intervalo (0, +∞), mas o intervalo não é nito nem fechado e,
por isso, o teorema de Weierstrass não pode ser usado nesse caso. Como foi demonstrado no exemplo
5a) da lista dos Limites, lim
x→0+
1
x
= +∞, o que signica que a função não é limitada superiormente (e
consequentemente não tem o ponto-máximo). Mas ela ainda é limitada inferiormente em (0, +∞),
com a cota inferior m = 0, porque todos os seus valores são positivos, embora ela não tem o
ponto-mínimo nesse intervalo.
3. Demonstrar que a equação tem pelo menos uma raiz e encontrar o intervalo de comprimento,
no máximo, 0, 5 onde essa raiz é localizada:
a) x5
+ 2x + 3 = x2
;
b)
√
x − 5 = 1
x+3
;
c) sin x = x − 1 .
Solução.
a) A equação pode ser escrita de modo equivalente como x5
−x2
+2x+3 = 0. Então, precisamos
encontrar os zeros da função f(x) = x5
− x2
+ 2x + 3. Essa função é contínua em todo o seu
domínio (que são todos os reais) e lim
x→−∞
f(x) = −∞, lim
x→+∞
f(x) = +∞. Isso quer dizer que para
valores de x grandes por módulo e negativos a função assume valores negativos e para x grandes e
positivos tem valores positivos. Então, pelo teorema do valor intermediário, existe pelo menos um
ponto onde função se anula (mas o teorema não diz onde esse ponto é localizado). Para especicar
a posição de um zero de f(x) vamos calcular o seu valor em dois pontos nitos, bastante aleatórios:
f(0) = 3 0 e f(−2) = −32 − 4 − 4 + 3 0. Então, no intervalo (−2, 0) existe pelo menos uma
raiz de f(x). Usando o método de bisseção, tomamos o ponto médio desse intervalo e avaliamos
o sinal da função nesse ponto f(−1) = −1 0. Logo, a raiz é localizada no intervalo (−1, 0) (no
intervalo de mudança do sinal). Para satisfazer a precisão exigida, de novo dividimos intervalo ao
meio a calculamos o valor da função f(−0, 5) = (−0, 5)5
− (−0, 5)2
− 1 + 3 0. Portanto, a raiz se
encontra dentro do intervalo (−1, −0, 5) do comprimento 0, 5.
b) Reescrevemos a equação na forma equivalente f(x) =
√
x − 5− 1
x+3
= 0 e observamos que f(x)
é contínua em todo o seu domínio que é [5, +∞). Calculando os limites nas extremidades, temos

4. 4
lim
x→5+
f(x) = 0 − 1
8
0 e lim
x→+∞
f(x) = +∞, o que signica, pelo teorema do valor intermediário,
que a função se anula em pelo menos um ponto. Para encontrar a localização desse ponto com a
precisão requerida, primeiro, calculamos os valores da função em dois pontos bastante arbitrários:
f(5) = −1
8
0 e f(6) = 1 − 1
4
0. Então, no intervalo (5, 6) existe uma raiz de f(x). Calculando
o valor da função no ponto médio desse intervalo, temos f(5, 5) =
√
0, 5 − 1
3,5
0 o que mostra que
a raiz ca no intervalo (5, 5, 5) do comprimento 0, 5.
c) A equação original podemos escrever na forma f(x) = x − 1 − sin x = 0 e, então, precisamos
encontrar os zeros de f(x). A função f(x) é contínua em todo o seu domínio que é R e nos
pontos negativos e positivos, bastante distantes da origem, ela assume os valores do sinal oposto,
porque lim
x→−∞
f(x) = −∞ e lim
x→+∞
f(x) = +∞. Então, pelo teorema do valor intermediário, a
função se anula em pelo menos um ponto. Para encontrar a localização desse ponto com a precisão
necessária, calculamos os valores da função em dois pontos bastante arbitrários: f(0) = −1 0 e
f(2) = 1 − sin 2 0. Então, no intervalo (0, 2) existe pelo menos uma raiz de f(x). Calculando o
valor da função no ponto médio desse intervalo, temos f(1) = − sin 1 0 o que indica que a raiz ca
no intervalo (1, 2). Mais uma vez dividindo o intervalo no meio, avaliamos f(1, 5) = 0, 5−sin 1, 5 0
e concluímos que a raiz da equação se encontra no intervalo (1, 5, 2) do comprimento 0, 5.
Veja também vários exercícios resolvidos no texto Continuidade.pdf.
Exercícios do livro Stewart J., Cálculo, Vol.1, tradução da 7a edição.
seção 2.5, p.117-119: 15,16, 25,26,29,30