Cursocalc1ead

Cálculo 1
sa x
θ θQ
Pb
Q
t
Qγ
QQ
Q l
lQ
lQ
lQ
y lQ
lQ lQ
s = a + ∆x xa
θ θQ
∆x
Pf(a)
γ : y = f(x)
f(a + ∆x) − f(a)
l
t = f(a + ∆x) Q
y lQ
por
José Adonai Pereira Seixas
Maceió-2010

Conteúdo
1 Funções e Gráficos 1
1.1 Funções Trigonométricas . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Sugestões & Respostas . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Limite e Continuidade 11
2.1 Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2 Limites Laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.3 Limites Infinitos e no Infinito . . . . . . . . . . 18
2.4 Funções Cont´ınuas . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.5 Operações com Funções Cont´ınuas . . . . . . 22
2.6 Limites Trigonométricos Fundamentais . . . . 23
3 Derivadas 26
3.1 A Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2 A Função Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3 Regras de Derivação . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.4 Derivadas de Funções Elementares . . . . . . 31
3.5 A Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.6 Derivadas de Ordem Superior . . . . . . . . . . 37
3.7 Derivação Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4 Aplicações da Derivada 41
4.1 Taxa de Variação – Cinemática . . . . . . . . . 42
4.2 Variação das Funções . . . . . . . . . . . . . . . 43
4.2.1 Teoremas Fundamentais . . . . . . . . . 43
4.2.2 Funções Monótonas . . . . . . . . . . . 45
4.3 Máximos e M´ınimos . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.4 Regras de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . 52
Referências Bibliográficas 55

UFAL – EAD – Cálculo 1
J. Adonai
Parte 1: Funções e Gráficos
Objetivos Espec´ıficos
• Definir Função Real de Uma Variável Real •
• Visualizar o Gráfico de uma Função •
• Construir as Funções Trigonométricas •
Objetivo Geral
•• Construir as Bases para o Estudo do Cálculo Diferencial ••
Maceió-2010

Funções e Gráficos (J. Adonai) - 2
Um dos mais importantes conceitos matemáticos do ensino básico
é o conceito de fun¸cão, pois, praticamente, todos os demais temas do
Ensino Médio podem ser tratados a partir desse conceito. É frequente
encontrarmos na natureza duas grandezas uma dependendo da outra:
uma dela é a variável independente e a outra é a variável dependente.
Sempre que isto ocorre, estamos diante de fatos que podem ser repre-
sentados por uma fun¸cão. Se indicamos por x a variável independente
e por y, a dependente, dizemos que y é fun¸cão de x, o que será posto
assim: y = f(x). O que falta, agora, é determinar onde, e como, x e y
variam, isto é, devemos definir o dom´ınio e contradom´ınio da fun¸cão f.
A t´ıtulo de exemplo, vejamos algumas situa¸cões:
• O espa¸co y percorrido por um automóvel (ou part´ıcula) depende
do tempo t decorrido. Esta dependência é indicada por y = S(t),
e é dada por:
y = S (t) = S0 + v0t +
1
2
at2
,
onde a posi¸cão inicial S0 e a velocidade inicial v0 são conhecidas.
Neste caso, a variável independente é o tempo t, pode ser medido
em segundos e pode assumir valores maiores ou iguais a zero.
• A diagonal d de um quadrado depende do lado l desse quadrado:
d (l) = l
√
2.
• A altura h de um triângulo equilátero depende do seu lado l:
h (l) =
l
√
3
2
.
• O Volume V de um cubo depende de sua aresta a:
V (a) = a3
.
Formalizando, temos a seguinte defini¸cão.
Definição 1.1. Sejam A e B dois conjuntos não vazios. Uma lei de
correspondência que a cada elemento de A associa um único elemento
de B determina uma fun¸cão f. O conjunto A é chamado de dom´ınio
de fun¸cão f. O conjunto B é chamado de contra-dom´ınio de fun¸cão f.
Se um elemento y de B está associada a um elemento x de A, dizemos
que y é o valor da fun¸cão f no ponto x e indicamos y = f(x). O
subconjunto de B dado por
I(f) = {y ∈ B : y = f(x), x ∈ A}
é a imagem de f. Usaremos o diagrama
f : A −−−−−→ B
x −−−−−→ y = f(x)
para indicar uma fun¸cão f com dom´ınio A e contra-dom´ınio B.
Ligado a uma fun¸cão f está um
subconjunto muito especial do pro-
duto cartesiano A × B, que chamamos
de gráfico de f, e que definido por
G(f) = {(x, y) ∈ A × B; y = f(x)}.
A importância deste conjunto reside
no fato de que o seu conhecimento
determina completamente f. No caso
em que A e B são subconjuntos de R,
Figura 1: Curva y = f(x), x ∈ [a, b]
ba xx x0
f(x)
y
(em geral, intervalos) G(f) é, também, chamado curva y = f(x). Note
que a proje¸cão desta curva sobre o eixo-x coincide com o dom´ınio de
f, e sua proje¸cão sobre eixo-y é exatamente a imagem da fun¸cão. Deve
ser observado, também, que as retas perpendiculares ao dom´ınio de f
tocam a curva em um ponto apenas: isto é a defini¸cão de fun¸cão.
Em muitos caso, é importante saber se a fun¸cão cresce ou decresce,
e isto é facilmente obtido a partir do conhecimento da curva y = f(x).

Por exemplo, na figura 1, vemos que f é crescente no intervalo [x0, b].
É poss´ıvel desenvolver ferramentas que permitem esbo¸car G(f)
com precisão. Uma delas é a derivada de uma fun¸cão, que estudaremos
em aulas futuras. Por enquanto, nos limitaremos a esbo¸car, em alguns
casos grosseiramente, alguns gráficos de fun¸cões relativamente simples.
Exemplo 1.2. [Fun¸cão Afim] Dadas as constantes a, b ∈ R, consi-
dere a fun¸cão f (x) = ax + b, x variando em R. Em outras palavras,
f : R −−−−−→ R
x −−−−−→ y = f(x) = ax + b
.
Fun¸cões deste tipo são chamadas fun¸cões afins. No caso, b = 0, ficamos
com f(x) = ax, que são as fun¸cões lineares de R em R. Assim
G(f) = {(x, y) ∈ R2
; y = ax + b}.
Portanto, esbo¸car o gráfico de f, significa desenhar todas as duplas da
forma (x, y), onde y = ax + b e x percorrendo os números reais. Vimos,
em Geometria Anal´ıtica, que as solu¸cões de y − ax − b = 0 é uma
reta. Portanto, o gráfico procurado é esta reta. Posto isto, basta dois
pontos para desenhar o gráfico de f. Um modo simples de fazer isto
é fazer x = 0, que dá y = b e x = 1, que produz y = a + b. Assim,
tra¸cando a reta que passa por P = (0, b) e Q = (1, a+b), temos a figura
desejada. Abaixo vemos o gráfico de f, representando o caso geral, e o
caso particular, linear, y = x, x variando em todo R.
Figura 2: O gráfco de y = ax + b
1 x
b
a + b
Q
y
Figura 3: O gráfco de y = x
1 x
1
y
Vale observar que uma lei do tipo y = c, onde c é uma constante,
também representa uma fun¸cão afim. Seu gráfico é uma reta horizontal,
paralela ao eixo-x e passando por y = c. A imagem dessa fun¸cão é o
conjunto {c}. Uma equa¸cão do tipo x = c representa uma reta vertical,
passando por x = c, mas não representa uma fun¸cão (y = f(x)). Por
quê?
1-1 Exerc´ıcio
Resposta
Esboce os gráficos das fun¸cões afins abaixo, des-
tacando os pontos onde elas furam os eixos co-
ordenados.
(a) y = x + 1, x ∈ R.
(b) y = −x, x ∈ R.
(c) y = 2x, x ∈ R.
(d) y = −2x + 2, x ∈ [−2, 2].
Exemplo 1.3. [Fun¸cão quadrática] Seja
f (x) = ax2
+ bx + c,
onde a, b, c ∈ R, a = 0, são constantes. No nosso curso de Geometria
Anal´ıtica, vimos que
y = ax2
+ bx + c
descreve uma parábola com reta diretriz paralela ao eixo-x e eixo para-
lelo ao eixo-y. Assim, podemos esbo¸car o gráfico de f a partir de três
pontos escolhidos com certo cuidado. A escolha destes pontos depende
essencialmente do discriminante, = b2
−4ac. Inicialmente, calculamos
o ponto do gráfico que é o vértice da parábola, que é dado por
V = (
−b
2a
, f(
−b
2a
)) = (
−b
2a
,
−
4a
).
Os outros dois pontos, digamos Q1 e Q2, podem ser escolhidos com
abscissas x1 e x2 simétricas com rela¸cão à abscisa de V . Quando ∆ > 0,

x1 e x2 podem ser as ra´ızes de f, isto é, Q1 = (x1, 0) e Q2 = (x2, 0),
onde
x1 =
−b −
√
2a
e x2 =
−b +
√
2a
.
Figura 4: y = ax2 + bx + c, a > 0
− ∆
4a
x1 x2x xx0
x0
− ∆
4a
∆ > 0
∆ < 0
yy
Figura 5: y = x2
1 2 x−1
1
4
y
Observe que, quando a > 0, a fun¸cão quadrática é decrescente antes de
−b
2a
e cresce a partir da´ı. Em outras palavras, se a > 0, f(x) = ax2
+bx+c
decresce no intervalo (−∞, −b
2a
] e cresce no intervalo [−b
2a
, ∞). Você seria
capaz de descrever o que acontece se a < 0? A figura 5 mostra o caso
f(x) = x2
.
1-2 Exerc´ıcio
Resposta
Esboce os gráficos e descreva as imagens das se-
guintes fun¸cões quadráticas. Indique os inter-
valos onde as fun¸cões crescem e decrescem. (Atente para o dom´ınio,
em cada caso.)
(a) y = x2
, 1 ≤ x ≤ 2.
(b) y = −x2
+ 1, −2 ≤ x ≤ 2.
(c) y = x2
+ 3x, x ∈ R.
(d) y = x2
− 3x + 2, x ∈ R.
Para o esbo¸co dos gráficos, nos exemplos acima, tivemos o aux´ılio
de alguns conhecimentos obtidos em Geometria Anal´ıtica quando estu-
damos retas e cônicas. O que fazer quando não temos um conhecimento
prévio da forma do gráfico de uma fun¸cão? Bem, o que fazemos é esco-
lher alguns valores para a variável x, calcular o valor de f nestes pontos,
marcar as duplas (x, f(x)) obtidas e a seguir construir uma poligonal
ligando tais duplas, obtendo assim uma grosseira aproxima¸cão para a
curva y = f(x). À medida que escolhemos mais pontos melhoramos a
aproxima¸cão poligonal e, portanto, nos aproximamos cada vez mais da
forma correta da curva.
Figura 6: Aproxima¸cão Poligonal para y = f(x), x ∈ [a, b]
xa x5 x8x6 x7x3x2 bx4
y
Exemplo 1.4. Considere a fun¸cão
f : R −→ R,
dada por f(x) = x3
. Como não co-
nhecemos esta fun¸cão, para desenhar
o seu gráfico tabelamos alguns valores
e, a partir deles, obtemos um primeiro
esbo¸co. Depois, deixamos a intui¸cão
trabalhar.
x −1 −2
3
−1
3
0 1
3
2
3
1
y −1 − 8
27
− 1
27
0 1
27
8
27
1
Ao lado, vemos parte da curva y = x3
,
que corresponde ao intervalo [−1, 1].
x
y

Observe que a imagem desta fun¸cão coincidem com conjunto dos números
reais, isto é, I(f) = R. Outra observa¸cão que podemos fazer é que f as-
sume valores negativos para x negativo, valores positivos para x positivo
e, finalmente, que ela é uma fun¸cão crescente.
Exemplo 1.5. Indicando por R∗
o conjunto dos números reais dife-
rentes de zero, definimos a fun¸cão rec´ıproco, f : R∗
−→ R∗
, dada por
y = f(x) = 1
x
. Tabelando alguns valores e em seguida localizando os
pontos no plano cartesiano, obtemos um esbo¸co do gráfico de f.
x y
−5 −1
5
−4 −1
4
−3 −1
3
−2 −1
2
−1 −1
1 1
2 1
2
3 1
3
4 1
4
5 1
5
x
y
Convém observar neste ponto que a curva acima é uma hipérbole. De
fato, os argumento que usamos ao girar uma cônica (veja o exerc´ıcio 4.12
do curso de Geometria Anal´ıtica), mostram facilmente que a rota¸cão de
45o
no sentido anti-horário em torno da origem da hipérbole equilátera
x2
2
− y2
2
= 1 produz a hipérbole xy = 1, que é exatamente a curva y = 1
x
.
Exemplo 1.6. [Valor Absoluto] Considere f : R −→ [0, +∞), defi-
nida por f(x) = |x|, onde |x| é o valor absoluto de x
|x| =
x, se x ≥ 0
−x, se x < 0.
Este é outro exemplo que podemos desenhar a curva y = f(x) a partir
do nosso conhecimento de retas, pois para x ≥ 0, temos y = x e para
x < 0, temos y = −x. A seguir vemos a curva y = |x| e uma tabela com
alguns valores de f.
x |x|
−4 4
−3 3
−2 2
−1 1
0 0
1 1
2 2
3 3
4 4
x
y
Exemplo 1.7. Podemos construir novas fun¸cões a partir da colagem
de outras fun¸cões conhecidas. No que segue, usaremos uma fun¸cão
quadrática e uma afim para construir uma nova, cujo gráfico é um arco
de parábola colado a um segmento de reta. De fato, defina f : R −→ R
por
f(x) =
−x2
+ 2x, se x ≤ 2
x − 1, se x > 2.
Portanto, para x abaixo de 2, temos
y = f(x) é um arco da parábola
y = −x2
+ 2x
e para x maior do que 2, obtemos a
reta
y = x − 1.
Como sabemos esbo¸car parábolas e re-
tas, fica fácil desenhar y = f(x).
x
y

Exemplo 1.8. A fun¸cão maior inteiro, indicada por [ ] : R −→ R, é
definida por
[x] = maior inteiro ≤ x.
Vejamos alguns valores desta fun¸cão. Se x = 1/2, então [x] = 0, pois o
zero é o maior inteiro menor ou igual a 1/2. De modo análogo, vemos
que [x] = 0, se x ∈ [0, 1) e, claro, [1] = 1. Mais geralmente, se m ∈ Z,
então [x] = m, para x ∈ [m, m + 1) e [m + 1] = m + 1. Note que o seu
gráfico é constitu´ıdo por segmentos de retas formando uma escada. Por
esta razão, muitas vezes, chamamos [ ] de fun¸cão escada.
x
y
1-3 Exerc´ıcio
Resposta
Esboce os gráficos das fun¸cões abaixo, desta-
cando os pontos onde elas furam os eixos coor-
denados.
(a) y = 1
1−x
, x = 1.
(b) f(x) =
x2
, se x ≤ 0
x + 1, se x > 0.
Uma fam´ılia de fun¸cões que desempenha papel de grande re-
levância no Cálculo é a das fun¸cões trigonométricas que introduziremos
agora.
1.1 Funções Trigonométricas
Na figura ao lado, temos o c´ırculo unitário S1
, cuja equa¸cão carte-
siana é x2
+ y2
= 1 e, como sabemos, tem comprimento 2π. As fun¸cões
trigonométricas básicas, a saber, o seno, indicada por sen e a fun¸cão cos-
seno, cos, serão definidas usando este c´ırculo. O dom´ınio destas fun¸cões
será R. Vejamos suas constru¸cões.
Seja t ∈ R um número real do intervalo [0, 2π], isto é, 0 ≤ t ≤ 2π.
Agora constru´ımos, a partir do ponto A = (1, 0), um arco de compri-
mento t, tra¸cado no sentido anti-horário, se t > 0 ou no sentido horário,
Figura 12: C´ırculo Trigonmétrico
t < 0
O A = (1, 0) xcos t
sen t
t > 0
B
y
se t < 0. O arco termina no ponto B cujas coordenadas, por sua vez,
determinam o que chamaremos de cos t e sen t, como vemos na figura.
Portanto, a abscissa de B é o cos t e a ordenada de B é o sen t. Em
outras palavras,
cos t = proje¸cão de OB no eixo-x,
sen t = proje¸cão de OB no eixo y,
o que pode ser reescrito como B = (cos t, sen t).
Note que cos t ≥ 0, para t ∈ [0, π
2
] ∪ [3π
2
, 2π] e cos t < 0, para
t ∈ (π
2
, 3π
2
). Observe, também, que se t = π/2, o arco correspondente a

t tem comprimento π/2, que é um quarto do comprimento de S1
. Logo,
B = (0, 1) e, portanto, cos π
2
= 0 e sen π
2
= 1. Discussão semelhante
pode ser feita para o sen, obtendo sen t ≥ 0, para t ∈ [0, π] e sen t < 0,
para t ∈ (π, 2π).
Agora, dado t ∈ R, t > 0, contamos quantas vezes 2π cabe em
t, no caso t > 0, ou quantas vezes −2π cabe em t, se t < 0, isto é,
procuramos o inteiro m tal que t = 2mπ + t0, onde t0 ∈ [−2π, 2π]
e definimos cos t = cos t0 e sen t = sen t0. Convém observar que isto
equivale a pensar num cordão de comprimento t, prendê-lo por uma
extremidade ao ponto A e enrolá-lo sobre S1
, no sentido anti-horário,
se t > 0 ou no sentido horário, no caso em que t < 0. No final deste
processo a outra extremidade atingirá o final do arco AB que mede t0.
t cos t sen t
0 1 0
π
6
√
3
2
1
2
π
3
1
2
√
3
2
π
4
√
2
2
√
2
2
π
2
0 1
π −1 0
3π
2
0 −1
2π 1 0
√
2
2
BO xA = (1, 0)
45◦
√
2
2
t = π
4
B
y
A seguir, mostraremos como calcular o seno e o cosseno de π/4 e
π/6. Na figura acima, vemos desenhado o arco de comprimento π/4, que
divide o primeiro quadrante do c´ırculo S1
em dois arcos de comprimento
π/4. Portanto, o ângulo BOB deve medir 45◦
. Donde conclu´ımos que o
triângulo OB B é retângulo e isósceles, e seus catetos são cos t e sen t,
com cos t = sen t. Como a hipotenusa mede 1, segue-se que 2 cos2
t = 1
e, portanto,
cos
π
4
= sen
π
4
=
√
2/2.
Na figura a seguir, vemos desenhado o arco de comprimento π/6,
que divide o primeiro quadrante do c´ırculo S1
em três arcos de com-
primento π/6. Portanto, o ângulo BOB deve medir 30◦
. Donde con-
√
3
2
BO A = (1, 0) x
30◦
1
2
t = π
6
B
y
clu´ımos que o triângulo OB B é retângulo e o ângulo OBB mede 60◦
.
Logo, cos π
6
e sen π
6
são, respectivamente, a altura e a metade o lado de
um triângulo equilátero de aresta 1. Portanto,
cos
π
6
=
√
3
2
e sen
π
6
=
1
2
.
O leitor atento, agora, deve observar que, da mesma figura, decorre que
cos
π
3
=
1
2
e sen
π
3
=
√
3
2
.
A partir da defini¸cão, obtemos a seguinte identidade fundamental.
Proposição 1.9. Dado t ∈ R, então (cos t)2
+ (sen t)2
= 1.
Demonstra¸cão. De fato, temos que B = (cos t, sen t) e B ∈ S1
, que
tem equa¸cão x2
+ y2
= 1. Logo, cos2
t + sen2
t = 1.
Agora enunciamos algumas propriedades notáveis das fun¸cões sen
e cos.
Proposição 1.10. Dados s, t ∈ R e m ∈ Z, valem as seguintes propri-
edades.

(i) cos(−s) = cos s.
(ii) cos(s + 2mπ) = cos s.
(iii) cos(s + t) = cos s cos t − sen s sen t.
(iv) cos(s − t) = cos s cos t + sen s sen t.
(v) cos 2s = cos2
s − sen2
s.
(vi) cos(π
2
− s) = sen s.
(vii) sen(−s) = − sen s.
(viii) sen(s + 2mπ) = sen s.
(ix) sen(π
2
− s) = cos s.
(x) sen(s + t) = sen s cos t + sen t cos s.
(xi) sen(s − t) = sen s cos t − sen t cos s.
(xii) sen 2s = 2 sen s cos s.
Demonstra¸cão. Come¸camos observando que (i), (ii), (vii) e (viii)
seguem da defini¸cão de sen e cos. Vamos admitir por um instante
que (iii) é verdadeira, e veremos que, a partir dela obtemos todas as
outras. Com efeito,
cos(s − t) = cos(s + (−t))
= cos s cos(−t) − sen s sen(−t)
= cos s cos t − sen s sen t,
onde usamos (i), (vii) e (iii). Portanto, temos (iv). Agora,
cos(2s) = cos(s + s) = cos s cos s − sen s sen s = cos2
s − sen2
s,
o que dá (v). Para (vi), usamos (iv) juntamente com cos(π
2
) = 0 e
sen(π
2
) = 1:
cos(
π
2
− s) = cos(
π
2
) cos s + sen(
π
2
) sen s = sen s.
Para (ix), simplesmente escrevemos
cos s = cos((s −
π
2
) +
π
2
)
= cos(s −
π
2
) cos(
π
2
) − sen(s −
π
2
) sen(
π
2
) = sen(
π
2
− s).
Com o mesmo tipo de idéia, obtemos (x). As identidades (xi) e (xii),
serão deixadas como exerc´ıcio para o leitor. Provaremos, agora, (iii).
A figura abaixo mostra os arcos s, t e −t, juntamente com os
pontos
A = (1, 0),
B = (cos s, sen s),
C = (cos(s + t), sen(s + t)),
D = (cos(−t), sen(−t)) = (cos t, − sen t).
D = (cos t, − sen t)
−t
O A = (1, 0)x
s
B = (cos t, sen t)
t
C = (cos(s + t), sen(s + t))
y
A distância de A a C, que indicamos por d(A, C), obtemos
d(A, C) = (cos(s + t) − 1)2 + sen2(s + t)
= 2 − 2 cos(s + t).

Donde, (d(A, C))2
= 2 − 2 cos(s + t). Agora, a distância de B a D é
d(B, D) = (cos s − cos t)2 + (sen s + sen t)2
=
√
2 − 2 cos s cos t + 2 sen s sen t.
Portanto, d(B, D)2
= 2 − 2 cos s cos t + 2 sen s sen t. De d(A, B) =
d(B, D), segue-se que
cos(s + t) = cos s cos t − sen s sen t,
o que prova (iii) e termina a demonstra¸cão.
Vejamos, agora, os gráficos do sen e do cos. Notamos que o sen
cresce no intervalo [0, π
2
], onde seus valores variam de sen 0 = 0 até
sen π
2
= 1. Então come¸ca a decrescer em [π
2
, 3π
2
], onde atinge 0 em π e
come¸ca a atingir valores negativos no intervalo aberto (π, 2π). Final-
Figura 16-(a): y = sen x Figura 16-(b): y = cos x
xx
y y
mente, atinge 0 em 2π. Para fazer o esbo¸co total de y = sen x, usa-
mos a propriedade sen(x + 2mπ) = sen x, conhecida como periodici-
dade da fun¸cão sen (também dizemos que sen tem per´ıodo 2π), que
permite repetir o esbo¸co em [0, 2π] nos intervalos da [2π, 4π], [4π, 6π],
[6π, 8π], [8π, 10π], . . .. O mesmo fato vale para os intervalos [−2π, −4π],
[−4π, −6π], [−6π, −8π], [−8π, −10π]. . . A propriedade cos x = sen(x +
π
2
) mostra que a curva y = cos x pode ser obtida a partir de y = sen x
por uma transla¸cão de −π
2
ao longo do eixo OX. Convém observar que
a fun¸cão cos também é periódica de per´ıodo 2π.
1-4 Exerc´ıcio
Resposta
Verifique as seguintes identidades trigonométri-
cas.
(a) (cos x + sen x)2
= 1 + sen 2x.
(b) (cos x − sen x)2
= 1 − sen 2x.
(c) (cos x)4
− (sen x)4
= cos 2x.
1-5 Exerc´ıcio
Resposta
Sabendo que
cos a + sen a = 1 e cos b + sen b = 0,
determine todos os valores poss´ıveis para a e b.
1-6 Exerc´ıcio
Resposta
Dado x ∈ (−π
2
, π
2
), definimos a tangente de x
por tg x = sen x
cos x
e a secante de x por sec x =
1
cos x
.
(a) Mostre que 1 + (tg x)2
= (sec x)2
.
(b) Se x ∈ (−π
4
, π
4
), mostre que tg 2x = 2 tg x
1−(tg x)2

Sugestões & Respostas (J. Adonai) - 10
Parte 1
Sugestões & Respostas
1-1 Voltar
(a) É a reta que passa por P = (0, 1) e Q = (1, 2).
(b) É a reta que passa por P = (0, 0) e Q = (1, −1). Ela é
perpendicular à reta y = x.
(d) Deve ser considerado, apenas, o segmento da reta y = −2x+2
que se projeta sobre o intervalo [−2, 2] .
1-2 Voltar
(a) O dom´ınio é o intervalo [1, 2]. Portanto, o gráfico de f é o
arco da parábola y = x2
que se projeta sobre este intervalo.
A imagem é o intervalo [1, 4] e a fun¸cão é crescente.
1-3 Voltar
(a) Hipérbole. Fa¸ca u = x − 1 e v = y − 1. Assim, v = 1/u. Por-
tanto, nos novos eixos, de coordenadas u e v, temos a mesma
hipérbole do exemplo 1.5 .
x
x − 1 u
y − 1
y v
(b) Observe que, em x = 0, f dá um salto ao mudar da parábola
para a reta.
1-4 Voltar
(a) Use (xii) da proposi¸cão 1.10 .
1-5 Voltar Use o exerc´ıcio 1-4 -(a) para concluir que sen 2a = 0.
Logo 2a = 2kπ, onde k ∈ Z.
1-6 Voltar
(a) Divida a rela¸cão fundamental (cos x)2
+(sen x)2
= 1 por (cos x)2
.
(b) Use (v) e (xii) da proposi¸cão 1.10 .

J. Adonai
Parte 2: Limite e Continuidade
• Estabelecer da Noção de Limite, a Partir de Exemplos •
• Visualizar o Limite no Gráfico •
• Calcular de Limites •
Objetivo Geral
•• Estabelecer Condições para o Cálculo de um Limite Especial: a Derivada ••
Maceió-2010

Limite e Continuidade (J. Adonai) - 12
A no¸cão de limite de fun¸cões constitui a base do Cálculo Diferen-
cial. Neste parte, estudaremos este conceito, aproveitando, inicialmente,
o lado intuitivo e culminando com uma defini¸cão de limite mais elabo-
rada.
Já que falamos em intui¸cão, considere um objeto móvel que se
desloca, ao longo de uma reta, no sentido de um ponto P fixado à sua
frente, distante, digamos 1.000 metros. Suponha que, por alguma razão,
a cada segundo, contado a partir de agora, o objeto percorre a metade
da distância entre ele e o ponto P. Para ser mais claro, por exemplo,
no primeiro segundo ele percorre 500 metros, no segundo segundo ele
percorre 250 metros, no terceiro segundo ele percorre mais 125 metros,
1000 m
500 m
250 m
Pt = 2 st = 0 s t = 1 s
e assim sucessivamente. O leitor atento certamente já deduziu que no
n-ésimo segundo, a distância entre o objeto e o ponto P é D = 1.000
2n
metros. Em que tempo o objeto móvel atingirá o ponto P? A resposta
é simples: nunca! Sempre haverá entre o objeto e P, pelo menos a
metade da distância entre eles, atingida no segundo anterior. Mais
formalmente, D = 1.000
2n > 0, para todo valor de n. Entretanto, algo
notável deve ser dito: qualquer ponto X = P situado entre o objeto
móvel e o ponto P será deixado para trás pelo nosso objeto. Portanto,
mesmo não atingindo P, com o passar do tempo, o objeto estará cada
vez mais próximo deste ponto. Em outras palavras, o limite do ponto
móvel é P.
Em se tratando de fun¸cões reais, estaremos interessados em estu-
dar o comportamento de seus valores, quando estes se aproximam de
um certo valor limite, desde que sua variável independente x esteja su-
ficientemente próxima de um número real a, mesmo que a fun¸cão não
esteja definida a´ı. Em outras palavras, iremos estudar o limite de uma
fun¸cão f, que depende de x, quando x se aproxima de a.
A distância entre dois números reais é medida usando o valor
absoluto da diferen¸ca entre eles, isto é, dados s, t ∈ R, a distância entre
eles é d(s, t) = |s−t|. Portanto, antes de estudarmo limite, é conveniente
estalecermos logo as propriedades básicas do valor absoluto.
Proposição 2.1. Dados s, t, u ∈ R e > 0, temos que
(i) |s| ≥ 0, e |s| = 0 se, e somente se, s = 0;
(ii) |st| = |s||t|;
(iii) |s + t| ≤ |s| + |t|;
(iv) ||s| − |t|| ≤ |s − t|;
(v) |s−t| < ⇔ t− < s < t+ ⇔ s ∈ (t− , t+ ), onde (t− , t+ )
é o intervalo aberto centrado em t de raio ;
(vi) d(s, t) ≤ d(s, u) + d(u, t).
t
Demonstra¸cão. Vejamos a prova de (iii), onde usaremos (ii).Temos
que
(s + t)2
= s2
+ 2st + t2
≤ s2
+ 2|st| + t2
= s2
+ 2|s||t| + t2
.
Logo,
(s + t)2
≤ (|s| + |t|)2
.
Extraindo a raiz quadrada de ambos os membros, a desigualdade
segue-se. Assim, fica provado (iii). Para (vi) observe que
d(s, t) = |s−t| = |(s−u)+(u−s)| ≤ |s−u|+|u−s| = d(s, u)+d(u, t),
onde usamos (iii).

Exemplo 2.2. Vamos considerar a fun¸cão f : R −→ R definida por
y = f(x) = 2x − 1.
Podemos obter valores de y tão
próximos de 3 quanto quisermos, bas-
tando para isso tomarmos valores de x
suficientemente próximos de 2. Vamos
descobrir para que valores de x, perto
de 2, vale:
2, 9 < y < 3, 1.
Temos:
x
y
2, 9 < y < 3, 1 ⇒ 2, 9 < 2x − 1 < 3, 1 ⇒ 1, 95 < x < 2, 05.
Logo,
3 − 0, 1 < y < 3 + 0, 1 para 2 − 0, 05 < x < 2 + 0, 05,
ou seja,
−0, 1 < f(x) − 3 < 0, 1 quando − 0, 05 < x − 2 < 2 + 0, 05.
Usando o valor absoluto, isto é o mesmo que,
|f(x) − 3| < 0, 1 quando |x − 2| < 0, 05.
Portanto, a distância de f(x) a 3 fica menor do que 0, 1, se consideramos
os x que distam de 2 menos de 0.05. Agora vamos ver se é poss´ıvel
tornar os valores de f um pouco mais próximos de 3. Vamos fazer suas
distâncias a 3 menores do que 0.001, isto é, |(2x − 1) − 3| < 0.001, ou
2, 99 < 2x − 1 < 3, 01. Um cálculo simples mostra que isto é poss´ıvel,
se 2 − 0, 005 < x < 2 + 0, 005, ou |x − 2| < 0, 005. Portanto,
|x − 2| < 0, 005 ⇒ |f(x) − 3| < 0, 01.
É claro que se x = 2, f(x) = 3, mas isto não importa agora. O que
importa, isto sim, é que valores próximos de 2 produzem para f valores
próximos de 3. Generalizando os argumentos acima, imagine que quere-
mos fazer as distâncias dos valores de f(x) a 3 bem pequenas. Já fizemos
menores do que 0.1 e 0.001, considerando x em um intervalo adequado.
Agora vamos fazê-las menores que > 0, uma distâcia arbitrária, que
imaginamos bem pequena. O problema é então: determinar um número
real δ > 0 tal que
|x − 2| < δ ⇒ |f(x) − 3| < .
ou
2 − δ < x < 2 + δ ⇒ 3 − < f(x) = 2x − 1 < 3 + .
Partindo de
3 − < 2x − 1 < 3 + ,
deduzimos que
2 − /2 < x < 2 + /2.
Podemos, portanto, escolher δ = /2. De fato,
2 − /2 < x < 2 + /2 ⇒ 4 − < 2x < 4 + ⇒ 3 − < f(x) < 3 + .
Logo, para cada > 0 dado, existe por exemplo δ =
2
de modo que:
2 − δ < x < 2 + δ =⇒ 3 − < f(x) < 3 + .
ou, usando o valor absoluto,
|x − 2| < δ =⇒ |f(x) − 3| < .
Este resultado pode ser escrito assim: limx→2 f(x) = 3, o limite de f
quando x tende a 1 é 3.

2-1 Exerc´ıcio
Resposta
Considere f como no exemplo anterior. Ache
δ > 0 de modo que
|x − 1| < δ =⇒ |f(x) − 1| < .
Qual o limite de f quando x tende a 1?
Exemplo 2.3. Considere a fun¸cão g definida em R − {2} por
g(x) =
(2x − 1)(x − 2)
x − 2
.
Como x−2
x−2
= 1, sempre que x = 2, vemos que g coincide com f, do
exemplo anterior, em seu dom´ınio R − {2}. Portanto, seu limte em
x = 2 existe e deve ser 3, isto é: limx→2 g(x) = 3.
x
y
Note, agora, que,
lim
x→0
g(x) = −1, lim
x→1
g(x) = 1, e lim
x→ 1
2
g(x) = 0.
E quando x se aproxima de 2, o que ocorre com os correspondentes
valores de f(x)? Quando x se aproxima de 2, ou por valores menores que
2 (pela esquerda) ou por valores maiores que 2 (pela direita), mantendo-
se diferente de 2, notamos que f(x) toma valores tão próximos de 3
quanto quisermos. Então, limx→2 f(x) = 3 embora não exista f(2).
Exemplo 2.4. Consideremos h : R −→ R definida por
h(x) =



(2x − 1)(x − 2)
x − 2
, se x = 2
5, se x = 2
Note que a diferen¸ca entre h e g, do exemplo anterior, é que conhecemos
o valor de h em x = 2. Temos limx→2 h(x) = 3, mas h(2) = 5, e,
portanto, limx→2 h(x) = f(2).
x
y
Observando os exemplos anteriores, notamos que a frase “x tende
a a”, x → a, quer dizer: x se aproxima de a por valores maiores que
a ou por valores menores que a, mantendo-se diferente de a. Portanto,
quando calculamos limx→a f(x) não precisamos considerar o valor que
f possa atingir em x = x0, caso este exista.

2.1 Limite
Agora, vamos formalizar a no¸cão de limite.
Definição 2.5. Dada a fun¸cão f definida num intervalo I ⊂ R, ex-
ceto possivelmente, em a, dizemos que o limite de f(x) quando x tende
a a é L, e escreveremos
lim
x→a
f(x) = L,
se para cada número real > 0 dado arbitrariamente, existe um
número δ > 0, que pode depender de , tal que para x ∈ I com
(a − δ < x < a + δ e x = a) =⇒ L − < f(x) < L + .
Em outras palavras,
∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que x ∈ I e 0 < |x − a| < δ =⇒ |f(x) − L| < .
Convém observar que a defini¸cão de limite permite provar que
limx→a f(x) = L, mas não indica como obter L. Além disso, são grandes
as dificuldades que surgem ao aplicá-la para fun¸cões um pouco mais
elaboradas. Veremos agora algumas propriedades que eliminam parte
dessas dificuldades.
Teorema 2.6. [Propriedades dos Limites] Consideremos duas fun-
¸cões f, g : I −→ R tendo limite em um certo ponto a ∈ I, digamos
limx→a f(x) = L e limx→a g(x) = S. Então, valem os seguintes resulta-
dos:
(i) [Limite da soma] Quando x tende a a, a fun¸cão soma de f
com g,f(x) + g(x), tende a L + S, ou seja,
lim
x→a
(f(x) + g(x)) = L + S,
isto é, o limite da soma é a soma dos limites, desde que as
parcelas tenham limite.
(ii) [Limite do produto] Quando x tende a a, a fun¸cão produto
de f por g, f(x)g(x) tende a LS, ou seja,
lim
x→a
(f(x)g(x)) = LS,
isto é, o limite do produto é o produto dos limites, desde que os
fatores tenham limite.
(iii) [Limite do quociente] Quando x tende a a, se S = 0, a fun¸cão
quociente de f por g f
g
tende a L
S
, ou seja,
lim
x→a
f(x)
g(x)
=
L
S
,
isto é, o limite do quociente é o quociente dos limites, desde que
o numerador e o denominador tenham limite, e este último seja
não-nulo.
Demonstra¸cão. Vejamos a prova de (i). Seja > 0. Temos que
existem δ1 > 0 e δ2 > 0 tais que
x ∈ I, 0 < |x − a| < δ1 =⇒ |f(x) − L| <
2
,
e
x ∈ I, 0 < |x − a| < δ2 =⇒ |g(x) − S| <
2
.
(Note que aplicamos simplesmente a defini¸cão de limite para f e g,
obtendo δ1 e δ2, a partir de /2.) Tomando δ = min{δ1, δ2} as duas
implica¸cões obtidas ocorrem simultaneamente, isto é,
x ∈ I, 0 < |x − a| < δ =⇒ |f(x) − L| <
2
e |g(x) − S| <
2
.
Logo, se x ∈ I, 0 < |x − a| < δ, então
|f(x) + g(x) − (L + S)| ≤ |f(x) − L| + |g(x) − S| <
2
+
2
= .
Isto significa que limx→a(f(x) + g(x)) = L + S.

Exemplo 2.7.
lim
x→−2
(3x) = lim
x→−2
3 · lim
x→−2
x = 3 · (−2) = −6.
Exemplo 2.8.
lim
x→2
x3
= lim
x→2
(x · x · x) = lim
x→2
x · lim
x→2
x · lim
x→2
x = 23
= 8.
Exemplo 2.9.
lim
x→1
(2x2
− 3x + 3) = lim
x→1
2x2
+ lim
x→1
(−3x) + lim
x→1
3 = 2 + (−3) + 3 = 2.
Exemplo 2.10. Se m e b são constantes quaisquer, então
lim
x→a
(mx + b) = ma + b.
Exemplo 2.11. Se f é dada pelo polinômio
f(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ · · · + a1x + a0,
temos limx→a f(x) = f(a).
Exemplo 2.12. limx→5
x + 1
x − 1
=
lim
x→5
(x + 1)
lim
x→5
(x − 1)
=
6
4
=
3
2
.
Exemplo 2.13.
lim
x→1
x2
− 1
x − 1
= lim
x→1
(x − 1)(x + 1)
(x − 1)
= lim
x→1
(x + 1) = 2.
2-2 Exerc´ıcio
Resposta
Calcule os seguintes limites.
(a) limx→0
x2+x−1
x2+1
.
(b) limx→2
x2−4
x−2
.
(c) limx→2
x3−8
x−2
.
(d) limx→10
x30−1030
x−10
.
(e) limx→a
xn−an
x−a
, onde n ∈ N.
Exemplo 2.14. Dada
f(x) =
x2
− 1, se x < 1
x
2
, se x ≥ 1,
temos que
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
(x2
− 1) = −1 e lim
x→2
f(x) = lim
x→0
x
2
= 1
Exemplo 2.15. Consideremos
f(x) =
x2
− 1, , se x < 1
x
2
, se x ≥ 1
Temos que:
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
(x2
− 1) = −1 e lim
x→2
f(x) = lim
x→2
x
2
= 1.
x
y
Notamos que, quando x se aproxima de 1 pela direita, f(x) se apro-
xima de 1/2 e quando x se aproxima de 1 pela esquerda, f(x) se
aproxima de zero. Neste caso, dizemos que não existe limx→1 f(x).
Entretanto, podemos falar nos limites laterais:

(i) limx→1+ f(x) = 1
2
, onde x → 1+, e diremos que o limite à direita
de f em x = 1 é 1/2;
(ii) limx→1− f(x) = 0, e diremos que o limite à esquerda de f em
x = 1 é 0.
Notamos que, quando x se aproxima de 1 pela direita, f(x) se aproxima
de 1/2 e quando x se aproxima de 1 pela esquerda, f(x) se aproxima
de zero, dizemos que não existe limx→1 f(x).
2.2 Limites Laterais
Nesta se¸cão, abordaremos as no¸cão de limite lateral com um pouco
mais de rigor.
Definição 2.16. Seja f definida em um intervalo aberto (a, c), para
algum c > a. Diremos que L ∈ R é o limite à direita de f em x = a,
o que será denotado por, limx→a+ f(x) = L, se
∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que a < x < a + δ =⇒ |f(x) − L| < .
Definição 2.17. Seja f definida em um intervalo aberto (b, a), para
algum b < a. Diremos que L ∈ R é o limite à esquerda de f em x = a,
o que será denotado por, limx→a− f(x) = L, se
∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que a − δ < x < a =⇒ |f(x) − L| < .
Exemplo 2.18. Defina f(x) =
√
x − 4 que, claro, está definida para
x ≥ 4. Temos que limx→4+ f(x) = 0. Entretanto, não faz sentido se
falar no limite à esquerda em a = 4, posto que f não está definida para
valores de x menores do que 4, e próximos a 4. O gráfico de f vem a
seguir.
x
y =
√
x − 4
y
Exemplo 2.19. Se
f(x) =



−1, se x > 0
0, se x = 0
1, se x < 0,
então limx→0− f(x) = −1, limx→0+ f(x) = 1. Em particular, observe
que f não tem limite em a = 0.
x
y
O seguinte teorema relaciona as no¸cões de limite e limites laterais,
e sua prova será deixada como exerc´ıcio.
Teorema 2.20.
lim
x→a
f(x) = L ⇔ lim
x→a−
f(x) = lim
x→a+
f(x) = L.

2.3 Limites Infinitos e no Infinito
Consideremos f(x) = 1
x
(x = 0), x = 0, cujo gráfico mostramos
abaixo.
x
y
Observamos que à medida que x cresce, atingindo cada vez mais valores
positivos, os valores de f se aproximam, e se mantêm próximos de zero.
Este fato será indicado por
lim
x→+∞
f(x) = 0,
o que leremos: o limite de f(x) quando x tende a mais infinito é zero.
Analogamente, à medida que x decresce, assumindo valores negativos,
os valores de f se aproximam, e se mantêm próximos de zero. Este fato
será indicado por
lim
x→−∞
f(x) = 0,
o que leremos: o limite de f(x) quando x tende a menos infinito é zero.
Ainda olhando para o gráfico de f, agora para valores de x perto
de zero com x > 0, notamos que f atinge valores cada vez maiores.
Representaremos isto, escrevendo:
lim
x→0+
f(x) = +∞.
De modo análogo, podemos também escrever:
lim
x→0−
f(x) = −∞.
Vejamos agora outro exemplo. Vamos estudar
g(x) =
1
(x − 1)(x − 2)2
,
que, claro, está bem definida para x = 1 e x = 2. O seu gráfico é
y = 1
(x−1)(x−2)
x
y
Observe que
(i) limx→+∞ g(x) = 0.
(ii) limx→−∞ g(x) = 0.
(iii) limx→1− g(x) = +∞.
(iv) limx→1+ g(x) = −∞.
(v) limx→2− g(x) = +∞.
(vi) limx→2+ g(x) = +∞.

Os resultados em (v) e (vi) permitem escrever limx→2 g(x) = +∞, sig-
nificando que os limites laterais são infinitos e iguais a +∞.
Agora, formalizaremos as no¸cões de limites infinitos.
Definição 2.21. Seja f definida em algum conjunto D contendo um
intervalo aberto (a, c), para algum c > a. Diremos que o limite
à direita de f em x = a é mais infinito, o que será denotado por,
limx→a+ f(x) = +∞, se
∀ M > 0, ∃ δ > 0 tal que a < x < a + δ =⇒ f(x) > M.
intervalo aberto (b, a), para algum b < a. Diremos que o limite à
esquerda de f em x = a é mais infinito, o que será denotado por,
∀ M > 0, ∃ δ > 0 tal que a − δ < x < a =⇒ f(x) > M.
intervalo aberto (a, c), para algum c > a. Diremos que o limite à
direita de f em x = a é menos infinito, o que será denotado por,
limx→a+ f(x) = −∞, se
∀ M > 0, ∃ δ > 0 tal que a < x < a + δ =⇒ f(x) < −M.
intervalo aberto (b, a), para algum b < a. Diremos que o limite à
esquerda de f em x = a é menos infinito, o que será denotado por,
∀ M > 0, ∃ δ > 0 tal que a − δ < x < a =⇒ f(x) < −M.
Definição 2.25. Dada a fun¸cão f, definida num conjunto D con-
tendo intervalos (b, a) e (a, b) , para alguns b < a < c, dizemos que o
limite de f(x) quando x tende a a é +∞, e escreveremos
lim
x→a
f(x) = +∞,
se para cada número real M > 0 dado arbitrariamente, existe um
número δ > 0, que pode depender de M, tal que para x ∈ I com
a − δ < x < a + δ e x = a =⇒ f(x) > M.
Em outras palavras
∀ M > 0, ∃ δ > 0 tal que x ∈ I e 0 < |x − a| < δ =⇒ f(x) > M.
Para os limites no infinito, nós temos as defini¸cões.
Definição 2.26. Dada a fun¸cão f definida num conjunto D con-
tendo um intervalo do tipo [a, +∞) dizemos que o limite de f(x)
quando x tende a +∞ é L, e escreveremos
lim
x→+∞
f(x) = L,
número N > 0, que pode depender de , tal que para x ∈ D com
N < x =⇒ L − < f(x) < L + .
Em outras palavras
∀ > 0, ∃ N > 0 tal que x ∈ D e N < x =⇒ |f(x) − L| < .

Definição 2.27. Dada a fun¸cão f definida num conjunto D con-
tendo um intervalo do tipo (−∞, a] dizemos que o limite de f(x)
quando x tende a −∞ é L, e escreveremos
lim
x→−∞
f(x) = L,
número N > 0, que pode depender de , tal que para x ∈ D com
x < −N =⇒ L − < f(x) < L + .
Em outras palavras
∀ > 0, ∃ N > 0 tal que x ∈ D e x < −N =⇒ |f(x) − L| < .
Agora, convidamos o leitor para definir limx→±+∞ f(x) = ±∞.
Exemplo 2.28. Para a fun¸cão f(x) =
1 − x2
, se x < 1
x, se x > 1
, temos
lim
x→−∞
f(x) = −∞ e lim
x→+∞
f(x) = +∞ .
x
y
2-3 Exerc´ıcio
Resposta
Calcule os seguintes limites no infinito.
(a) limx→+∞
x3+x−1
x2+1
.
(b) limx→+∞
x2−4
2x2+2
.
(c) limx→+∞
p(x)
q(x)
, onde
p(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ an−2xn−2
+ · · · + a0
e
q(x) = bnxn
+ bn−1xn−1
+ bn−2xn−2
+ · · · + b0
são dois polinômios de grau n.
2.4 Funções Cont´ınuas
Comecemos examinando os dois gráficos abaixo. Inicialmente,
consideremos o gráfico de
f(x) =
x3
− 1, se − 1 ≤ x ≤ 2
4x + 1, se 2 < x ≤ 4
x
y

Agora vejamos o gráfico de g(x) = x3
− 2.
x
y
Podemos observar que a curva y = f(x) dá um “salto”em x = 2.
Em geral, se o gráfico de uma fun¸cão é uma curva que não apresenta
“saltos” ou “furos”, como no caso da curva y = g(x), dizemos que a
fun¸cão é cont´ınua em todos os pontos de seu dom´ınio.
Definição 2.29. Uma fun¸cão f : I −→ R definida no intervalo I é
dita cont´ınua em x = a ∈ I, se existe limx→a f(x) e este limite coincide
com o valor da fun¸cão em a, ou seja: limx→a f(x) = f(a). f é cont´ınua
em I, ou simplesmente cont´ınua, se ela é cont´ınua em todos pontos
de I.
Isto significa que f é cont´ınua num ponto a somente quando se
verificam as três condi¸cões seguintes:
(i) Existe f(a).
(ii) Existe limx→a f(x).
(iii) limx→a f(x) = f(a).
Exemplo 2.30. São cont´ınuas as seguintes fun¸cões:
(i) f(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ · · · + a1x + a0, x ∈ R.
(ii) g(x) = |x|, x ∈ R.
(iii) r(x) =
√
x, x ≥ 0.
(iv) h(x) = 2x
, x ∈ R.
(v) l(x) = cos x, x ∈ R.
(vi) s(x) = sen x, x ∈ R.
Vejamos os gráficos de r e h.
x x
y =
√
x
y = 2x
y
y
Exemplo 2.31. A fun¸cão f(x) = |x|
x
, x ∈ R∗
, é cont´ınua. Entretanto,
se quisermos estendê-la a todo R, deveremos defini-la em x = 0. A
nova fun¸cão obtida assim nunca será cont´ınua em x = 0. Por quê?
x
y

2-4 Exerc´ıcio
Resposta
Em cada caso, determine o valor da constante
a para que f seja uma fun¸cão cont´ınua. Feito
isto, esboce o gráfico de f.
(a) f(x) =
x2
, se x ≤ 1
x + a, se x > 1.
(b) f(x) =
sen x, se x ≤ π
2
π
2
− x + a, se x > π
2
.
2.5 Operações com Funções Cont´ınuas
Enunciaremos, agora, alguns resultados sobre as opera¸cões com
fun¸cões cont´ınuas.
Teorema 2.32. Seja I ⊂ R, um intervalo. Se f, g : I −→ R são fun-
¸cões cont´ınuas no ponto a ∈ I, então as seguintes aplica¸cões são cont´ınuas
em a.
(i) [Soma]
f + g : D −−−−−→ R
x −−−−−→ (f + g)(x) = f(x) + g(x);
(ii) [Produto]
fg : D −−−−−→ R
x −−−−−→ (fg)(x) = f(x)g(x);
(iii)
1
f
: D −−−−−→ R
x −−−−−→
1
f
(x) =
1
f(x)
,
se f(x) = 0, para todo x ∈ I.
Demonstra¸cão. Vejamos a prova de (i). Como f e g são cont´ınuas
em a, vem que limx→a f(x) = f(a) e limx→a g(x) = g(a). Usando o
item (i) do teorema 2.6, obtemos que
lim
x→a
(f + g)(x) = lim
x→a
f(x) + lim
x→a
g(x) = f(a) + g(a) = (f + g)(a).
Logo, obtemos a continuidade de f + g em a.
Vejamos mais uma pe¸ca útil para a verifica¸cão da continuidade de
certas fun¸cões, a partir do conhecimento da continuidade de outras.
Teorema 2.33. Considere f : I ⊂ R −→ R, g : J ⊂ R −→ R, com
f(I) ⊂ J, a ∈ I e b = f(a) ∈ J. Se f é cont´ınua em a e g é cont´ınua
em b, então g ◦ f é cont´ınua em a.
Demonstra¸cão. Seja > 0. Como g é cont´ınua em b = f(a), existe
δ1 > 0 tal que
y ∈ E, y − b < δ1 =⇒ g(y) − g(b) < .
Já a continuidade de f em a produz δ > 0 tal que
x ∈ D, x − a < δ =⇒ f(x) − f(a) = f(x) − b < δ1.
Logo, se y = f(x), para x ∈ D e x − a < δ, vale
y − b = f(x) − f(a) < δ1,
a qual implica que
g(y) − g(b) = g(f(x)) − g(f(a)) = (g ◦ f)(x) − (g ◦ f)(a) < .
Em resumo, temos que
x ∈ D, x − a < δ =⇒ (g ◦ f)(x) − (g ◦ f)(a) < ,
isto é, g ◦ f é cont´ınua em a.

Exemplo 2.34. A fun¸cão h(x) = (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = 2cos x
é con-
tinua porque é a composta de g(x) = 2x
com f(x) = cos x que são
cont´ınuas. Em particular, limx→0 h(x) = 2. De fato,
lim
x→0
h(x) = h(0) = 2cos 0
= 2.
Também temos
lim
x→ π
2
h(x) = h(
π
2
) = 2cos π
2 = 20
= 1.
2-5 Exerc´ıcio
Sugestão
Em cada caso, ache D, o maior dom´ınio de h e
justifique sua continuidade a´ı.
(a) h(x) =
√
x2 − 1.
(b) h(x) =
√
1 − x2.
2.6 Limites Trigonométricos Fundamentais
Nesta se¸cão, estudaremos dois limites especiais que desempenha-
ram papel importante nos cap´ıtulos seguintes.
Vamos considerar a fun¸cão f(x) =
sen x
x
, definida em R − {0}.
Não chegaria a ser um problema o cálculo de limites como:
lim
x→ π
2
f(x) = lim
x→
π
2
sen x
x
=
1
π
2
=
2
π
,
lim
x→π
f(x) = lim
x→π
sen x
x
= 0,
lim
x→ π
4
f(x) = lim
x→ π
4
sen x
x
=
√
2
2
π
4
=
2
√
2
π
,
lim
x→1
f(x) = lim
x→1
sen x
x
= sen 1,
posto que f é o quociente de fun¸cões cont´ınuas, e, nos pontos onde os
limites foram avaliados,o denominador x não se anula. Mas, e em x = 0,
sen x
x
tem limite? Consideremos a seguinte a tabela.
x sen x
sen x
x
0, 10 0, 0998333 0, 99833
0, 09 0, 0898785 0, 99865
0, 08 0, 0799147 0, 99893
0, 07 0, 0699428 0, 99917
0, 06 0, 0599640 0, 99940
0, 05 0, 0499792 0, 99958
0, 04 0, 0399893 0, 99973
0, 03 0, 0299955 0, 99985
0, 02 0, 0199987 0, 99993
0, 01 0, 0099998 0, 99998
x
y = 1
x
y = sen x
x
y
É isso mesmo que ocorre, ou seja, temos o seguinte teorema.
Teorema 2.35.
lim
x→0
sen x
x
= 1.

Demonstra¸cão. Na figura ao lado, vemos o arco x, seu seno e sua
tangente. Notamos inicialmente que para 0 < x <
π
2
, temos
sen x < x < tan x.
Dividindo por sen x (sen x > 0), obte-
mos
1 <
x
sen x
<
1
cos x
.
Como limx→0 1 = 1 e
lim
x→0
1
cos x
= 1,
xsen x
tg x
conclu´ımos que
lim
x→0+
x
sen x
= 1
e, portanto,
lim
x→0+
sen x
x
= 1.
Para concluir, observe que para x < 0, temos
sen x
x
= −
sen −x
x
=
sen −x
−x
.
Portanto, pondo u = −x,
lim
x→0−
sen x
x
= lim
u→0+
sen u
u
= 1,
o que prova o teorema.
Outro limite importante, e que pode ser obtido do limite anterior,
aparece no teorema abaixo.
Teorema 2.36.
lim
x→0
cos x − 1
x
= 0.
Demonstra¸cão. Come¸camos observando que
cos x − 1
x
=
cos(x
2
+ x
2
) − 1
x
=
cos2
(x
2
) − sen2
(x
2
) − 1
x
= −2
sen2
(x
2
)
x
= −
sen2
(x
2
)
x
2
Logo, podemos escrever
cos x − 1
x
= − sen u
sen u
u
,
onde u = x
2
. Portanto,
lim
x→0
cos x − 1
x
= − lim
u→0
sen u
sen u
u
= lim
u→0
sen u lim
u→0
sen u
u
= 0 · 1 = 0.
x
y = 1
x
y = cos x−1
x
y
2-6 Exerc´ıcio
Sugestão
Use os resultados desta se¸cão para verificar os
seguintes limites.
(a) limx→0
tg x
x
= 1.
(b) limx→0
(cos x−1) sen x
x2 = 0.

Parte 2
2-1 Voltar δ = /2 e limx→2 f(x) = 1.
2-2 Voltar
(a) −1.
(b) 4. Use o fato que x2
−4 = (x−2)(x+2), e que, para o cálculo
do limite, deve-se supor que x = 2.
(c) 12. Use o fato que x3
− 8 = (x − 2)(x2
+ 2x + 4), e que, para
o cálculo do limite, deve-se supor que x = 2.
(d) 1029
30. Use o fato que x30
− 1030
= (x − 10)(x29
+ x28
10 +
x27
102
+ · · · + 1029
), e que, para o cálculo do limite, deve-se
supor que x = 10.
(e) nan−1
. Fatore xn
− an
.
2-3 Voltar
(a) +∞. Escreva x3+x−1
x2+1
= x
1+ 1
x2 − 1
x3
1+ 1
x2
e passe ao limite obser-
vando que limx→+∞
1
xk = 0, se k ∈ N.
(b) 1/2. Escreva x2−2
2x2+1
=
1− 2
x2
2+ 1
x2
e passe ao limite observando
que limx→+∞
1
xk = 0, se k ∈ N.
(c) an
bn
. Ponha xn
em evidência no numerador e no denominador
de p(x)
q(x)
.
2-4 Voltar
(a) a = 0.
(b) a = 1.
2-5 Voltar
(a) Observe que D é determinado por x2
− 1 ≥ 0. Logo, D =
(−∞, −1]∪[1, −∞). h = g◦f, onde f(x) = x2
−1 e g(x) =
√
x.
(b) D = [−1, 1]. h = g ◦ f, onde f(x) = 1 − x2
e g(x) =
√
x.
2-6 Voltar
(a) Escreva tg x
x
= 1
cos x
sen x
x
.

J. Adonai
Parte 3: Derivadas
• Interpretar Reta Tangente a uma Curva como Limite se Retas Secantes •
• Introduzir Derivada de uma Função como Inclinação da Reta Tangente ao seu Gráfico •
• Calcular Derivadas •
• Calcular Máximo e M´ınimo de Funções Reais •
Objetivo Geral
• Identificar Funções Deriváveis •
Maceió-2010

Derivadas (J. Adonai) - 27
A derivada é um conceito matemático, que teve origem nos pro-
blemas geométricos clássicos de tangência, que se aplica sempre que
queremos medir a rapidez com que um certo fenômeno acontece. Por-
tanto, ele é aplicável na F´ısica, quando queremos medir a velocidade
de um part´ıcula; na Biologia, quando queremos medir o crescimento de
uma determinada popula¸cão; na Qu´ımica, quando queremos medir a
velocidade numa rea¸cão qu´ımica; em Engenharia, quando queremos es-
tudar deforma¸cões; em Economia e Finan¸cas, ela aparece como o custo
marginal.
Podemos motivar a constru¸cão da derivada, a partir da no¸cão
intuitiva que temos de reta tangente a uma curva em um ponto. É
exatamente isto que faremos. Dada uma curva γ e um ponto P nela,
a reta tangente em P é a reta que contém P sobre a qual a curva
tende a deitar-se. Claro que esta é uma forma carinhosa de se falar
da tangente. A formaliza¸cão desta reta pode ser feita assim: considere
um ponto móvel Q, ao longo de γ, aproximando-se cada vez mais de
P. Agora olhe para as retas secantes lQ, que passam por P e Q. Estas
retas, quando Q se aproxima de P, se aproximam do que chamamos reta
tangente à curva γ em P. Portanto, só nos resta achar uma maneira
sa x
θ θQ
Pb
Q
t
Qγ
QQ
Q l
lQ
lQ
lQ
y lQ
lQ lQ
de obter o limite destas secantes. A estratégia será usar as inclina¸cões
(coeficientes angulares, declividades) das retas secantes. Se P = (a, b) e
Q = (s, t), a inclina¸cão de lQ, que indicaremos por iQ, é a tangente do
ângulo θQ que ela faz com o eixo-x, isto é,
iQ = tg θQ =
t − b
s − a
.
Agora é só fazer Q caminhar para P, ou, equivalentemente, fazer s
tender para a e t tender para b, e esperar que o limite
lim
t→b
s→a
in = lim
t→b
s→a
tg θQ = lim
t→b
s→a
t − b
s − a
exista, caso no qual deve coincindir com a inclina¸cão da tangente l, a
saber tg θ, onde θ é o ângulo que l faz com eixo-x.
Agora, vamos adaptar tudo isto ao caso em que γ é um gráfico,
isto é, uma curva y = f(x), para x variando em um intervalo I. Neste
s = a + ∆x xa
θ θQ
∆x
Pf(a)
γ : y = f(x)
f(a + ∆x) − f(a)
l
t = f(a + ∆x) Q
y lQ
caso, P = (a, b) = (a, f(a)) e o ponto móvel Q é dado por
Q = (s, t) = (a + ∆x, f(a + ∆x)),
onde ∆x, que chamaremos de acréscimo, tende para zero, o que faz com
que Q tenda para P. Portanto, a declividade da reta tangente l, tg θ,
deve ser o limite, caso exista,
tg θ = lim
Q→P
tg θQ = lim
∆x→0
f(s) − f(a)
s − a
= lim
∆x→0
f(a + ∆x) − f(a)
∆x
. (E1)

Vejamos alguns exemplos de retas tangentes.
Exemplo 3.1. Consideremos a parábola y = x2
, x ∈ R. Vamos obter
a reta tangente a esta curva no ponto P = (1, 1). Neste caso, a = 1 e
x
1 + ∆x
f(1 + ∆x) Q
l : y = 2x − 1
lQ
y
b = f(a) = 1. Logo, a inclina¸cão da reta procurada é dada por
tg θ = lim
∆x→0
f(1 + ∆x) − f(1)
∆x
= lim
∆x→0
(1 + ∆x)2
− f(1)
∆x
= lim
∆x→0
2∆x + (∆x)2
∆x
= lim
∆x→0
(2 + ∆x) = 2
e, portanto,
y − 1 = 2(x − 1), ou y = 2x − 1
é a equa¸cão da reta tangente procurada. Note que a inclina¸cão 2 da
reta tangente em (1, 1) mostra que a fun¸cão f(x) = x2
é crescente perto
de x = 1. Em outras palavras, f herda, para pontos próximos de 1, a
propriedade de ser crescente de y = 2x − 1.
Mais geralmente, num ponto arbitrário da parábola, P = (a, a2
),
a inclina¸cão da reta tangente a´ı, é dada por
lim
∆x→0
(a + ∆x)2
− f(a)
∆x
= lim
∆x→0
2a∆x + (∆x)2
∆x
= lim
∆x→0
(2a + ∆x) = 2a.
Isto implica que a reta tangente tem equa¸cão y − a2
= 2a(x − a).
3-1 Exerc´ıcio
Resposta
Considere f(x) = x3
+ 1, x ∈ R. Esboce o
gráfico de f, isto é, a curva y = x3
+1 e calcule
a sua reta tangente no ponto P = (−1, 0).
3.1 A Derivada
Bem, agora chegou o momento mais esperado: vamos definir deri-
vada de f(x) no ponto a. É simples. Ela é a inclina¸cão da reta tangente
à curva y = f(x) no ponto (a, f(a)), isto é, ela é o limite dado na
equa¸cão (E1) , página 27. Mais precisamente, temos a seguinte de-
fini¸cão.
Definição 3.2. Seja f : I −→ R uma fun¸cão definida no intervalo I.
Seja a um ponto de I. A derivada de f em a, indicada por f (a), ou
dy
dx
(a), é definida por
f (a) =
dy
dx
(a) = lim
∆x→0
f(a + ∆x) − f(a)
∆x
= lim
x→a
f(x) − f(a)
x − a
,
caso o limite exista. Quando a derivada de f em a existe, dizemos que
f é derivável em a. Quando a derivada de f existe em todo ponto de I,
dizemos que f é derivável em I, ou, simplesmente, que f é derivável.
Observação 3.3. Na defini¸cão acima, se o ponto a é uma extremidade
de I, o limite é computado como o limite lateral que faz sentido. Por
exemplo, se I = [a, b] ou I = [a, b), então
f (a) =
dy
dx
(a) = lim
∆x→0+
f(a + ∆x) − f(a)
∆x
= lim
x→a+
f(x) − f(a)
x − a
,
que em alguns textos é indicada por f (a+
), e é chamada derivada à
direita de f em a.

Observação 3.4. Escrevendo ∆y = f(a + ∆x) − f(a), podemos es-
crever
f (a) =
dy
dx
(a) = lim
∆x→0
∆y
∆x
.
Observação 3.5. Devido à sua importância dentro do Cálculo, o quo-
ciente usado na defini¸cão de derivada
∆y
∆x
=
f(a + ∆x) − f(a)
∆x
=
f(x) − f(a)
x − a
,
definido para ∆x = 0 (ou para x = a), recebe um nome especial: quo-
ciente de Newton de f em torno de x = a.
Exemplo 3.6. Retomemos f(x) = x2
, como no exemplo 3.1 . Naquele
exemplo vimos que
lim
∆x→0
f(a + ∆x) − f(a)
∆x
= lim
x→a
f(x) − f(a)
x − a
= 2a.
Portanto, f (a) = 2a, em qualquer a. Portanto, podemos dizer que
f(x) = x2
é uma fun¸cão derivável em R. Observe que, em particular,
f (1) = 2, f (−1) = −2, f (3) = 6, f (5) = 10 e f (
√
2) = 2
√
2.
Exemplo 3.7. Seja
y = f(x) = |x| =
x, se x ≥ 0
−x, se x < 0,
cujo gráfico, vemos ao lado. Como
vemos na figura, o ponto P = (0, 0)
da curva y = |x|, não pode admitir
uma reta tangente bem definida. Isto
x
y
revela que a derivada de |x| não existe em x = 0. De fato, o quociente
de Newton de |x| em torno de x = 0 é dado por
f(x) − f(0)
x − 0
=
|x|
x
=
1, se x > 0
−1, se x < 0.
Este quociente não tem limite quando x tende a zero, porque o seu limite
à direita é 1, e o seu limite à esquerda é −1. Logo, a fun¸cão y = |x|
x
não tem derivada no ponto a = 0, como já hav´ıamos previsto. Tudo se
passa como se tivéssemos duas tangentes em (0, 0): uma pela direita, a
reta y = x, e a outra pela direita, a rteta y = −x. Entretanto, em todo
ponto x = a = 0, a derivada de y = |x| existe e e dada por
f (a) =
1, se a > 0
−1, se a < 0,
como o leitor pode verificar facilmente.
Observação 3.8. Se uma fun¸cão admite derivada num ponto a, então
seu gráfico admite uma reta tangente no ponto (a, f(a)) e, portanto,
deve ser “suave” próximo desse ponto, Um gráfico “anguloso” em um
ponto implica a não existência da reta tangente e, portanto, da deri-
vada da fun¸cão na abscissa do ponto correspondente. A existência da
reta tangente em um ponto da curva também mostra que a curva não
pode ter salto a´ı: ela deve ser cont´ınua. Este é o conteúdo do próximo
teorema.
Teorema 3.9. Se f : I −→ R tem derivada em x = a, então ela é
cont´ınua a´ı.
Demonstra¸cão. Temos que
f (a) = lim
x→a
f(x) − f(a)
x − a
.
Mostremos, agora, que limx→a (f(x) − f(a)) = 0. Com efeito, de
f(x) − f(a) =
f(x) − f(a)
x − a
· (x − a)
vem que
lim
x→a
(f(x) − f(a)) = f (a) · 0 = 0,
como quer´ıamos.

Observação 3.10. A rec´ıproca dessa proposi¸cão é falsa. No exem-
plo 3.7 , vimos que a fun¸cão f(x) = |x| não tem derivada em x = 0.
Entretanto, f é continua em todos os pontos.
3.2 A Função Derivada
Seja y = f(x) uma fun¸cão definida num intervalo aberto I. Se
a derivada existe para todo x ∈ I, dizemos que f é derivável em I, e
denotamos por f (x) é a fun¸cão derivada da fun¸cão f(x). Assim,
f : I −−−−−→ R
x −−−−−→ y = f (x) = lim
∆x→0
f(x + ∆x) − f(x)
∆x
.
Exemplo 3.11. Seja a fun¸cão f(x) = x2
, definida em R. Como vimos
no exemplo 3.6 , para cada a, f (a) = 2a. Logo, podemos escrever
f (x) = 2x que é a fun¸cão derivada de f(x) = x2
.
Exemplo 3.12. Seja a fun¸cão f(x) = x3
, definida em R. Calculemos
a derivada de f(x) num ponto qualquer x. Temos
f (x) = lim
∆x→0
f(x + ∆x) − f(x)
∆x
= lim
∆x→0
(x + ∆x)3
− x3
∆x
= lim
∆x→0
x3
+ 3x2
∆x + 3x(∆x)2
+ (∆x)3
− x3
∆x
= lim
∆x→0
[3x2
+ 3x∆x + (∆x)2
] = 3x2
.
Portanto, f (x) = 3x2
, x ∈ R, é a fun¸cão derivada de f(x) = x3
. Em
particular, se queremos obter a reta tangente da curva y = x3
no ponto
A = (2, 8), basta calcular f (2) = 3(2)2
= 12, e escrever
y = 8 + 12(x − 2) = 12x − 16,
que é a equa¸cão da reta procurada.
y = x3
x
y = 12x − 16
y
3.3 Regras de Derivação
Esta se¸cão comporá um teorema que estabelece as propriedades
operatórias da derivada.
Teorema 3.13. [Opera¸cões com Derivadas] Se f, g : I ⊂ R −→ Rn
são fun¸cões deriváveis em x ∈ I, enta valem as seguintes propriedades:
(iv) (f + g) (x) = f (x) + g (x).
(v) (fg) (x) = f (x)g(x) + f(x)g (x).
(vi) (
f
g
) (x) =
f (x)g(x) + f(x)g (x)
(g(x))2
.
Demonstra¸cão. Vejamos a prova de (i). Notemos, inicialmente, que
existem os limites
f (x) = lim
∆x→0
f(x + ∆x) − f(x)
∆x
e
g (x) = lim
∆x→0
g(x + ∆x) − g(x)
∆x
.

Logo,
lim
∆x→0
(f + g)(x + ∆x) − (f + g)(x)
∆x
= lim
∆x→0
f(x + ∆x) − f(x)
∆x
+
+ lim
∆x→0
g(x + ∆x) − g(x)
∆x
= f (x) + g (x).
Para (ii), escrevemos o quociente de Newton
(fg)(x + ∆x) − (fg)(x)
∆x
=
f(x + ∆x)g(x + ∆x) − f(x)g(x)
∆x
ao qual adicionamos e subtraimos f(x + ∆x)g(x) e obtemos
(fg)(x + ∆x) − (fg)(x)
∆x
=
f(x + ∆x) − f(x)
∆x
g(x) +
+ f(x + ∆x)
g(x + ∆x) − g(x)
∆x
.
Portanto,
(fg) (x) = lim
∆x→0
f(x + ∆x) − f(x)
∆x
g(x) +
+ lim
∆x→0
f(x + ∆x)
g(x + ∆x) − g(x)
∆x
= f (x)g(x) + f(x)g (x),
já que lim∆x→0 f(x+∆x) = f(x) e lim∆x→0 g(x+∆x) = g(x), pois f e g
são cont´ınuas em x. Para finalizar, vejamos (iii). Vamos, inicialmente,
estudar a fun¸cão 1
g
. Temos que
(1
g
)(x + ∆x) − (1
g
)(x)
∆x
=
1
g(x+∆x)
− 1
g(x)
∆x
= −
1
g(x + ∆x)
1
g(x)
g(x + ∆x) − g(x)
∆x
.
Portanto,
1
g
(x) = − lim
∆x→0
1
g(x + ∆x)
1
g(x)
g(x + ∆x) − g(x)
∆x
= −
g (x)
(g(x))2
.
A passagem para o caso geral segue-se agora de (ii). De fato,
f
g
(x) = f · 1
g
(x) = f (x)
1
g(x)
+ f(x)
1
g
(x)
=
f (x)
g(x)
− f(x)
g (x)
(g(x))2
= (
f
g
) (x) =
f (x)g(x) + f(x)g (x)
(g(x))2
,
e está conclu´ıdo o teorema.
3.4 Derivadas de Funções Elementares
Inicialmente, veremos algumas identidades algébricas que serão
úteis nesta se¸cão.
Lema 3.14. Sejam r, a, b ∈ R. Dado n ∈ N, valem:
(i) 1 − rn
= (1 − r)(1 + r + r2
+ · · · + rn−1
).
(ii) bn
− an
= (b − a)(bn−1
+ bn−2
a + bn−1
a2
+ · · · + ban−2
+ an−1
).
(iii) n
√
b − n
√
a = b−a
( n√
b)
n−1
+( n√
b)
n−2 n√
a+( n√
b)
n−3
( n√
b)
2
+···+( n√
a)
n−1 . Aqui,
estamos supondo a, b > 0.

Demonstra¸cão. Seja
Sn = 1 + r + r2
+ · · · + rn−1
.
Logo,
rSn = r + r2
+ r3
+ · · · + rn
e, portanto,
Sn − rSn = 1 + r + r2
+ · · · + rn−1
− r − r2
− r3
− · · · − rn
= 1 − rn
.
Donde,
1 − rn
= (1 − r)Sn = (1 − r)(1 + r + r2
+ · · · + rn−1
),
o que prova (i). Para provar (ii), vamos supor b = 0, definir r = a/b
e usar (i). Assim
(1 −
a
b
n
) = (1 −
a
b
)(1 +
a
b
+
a
b
2
+ · · · +
a
b
n−1
).
Multiplicando ambos os membros por bn
, segue-se (ii). Agora, usando (ii),
vem que
b − a =
n
√
b
n
− n
√
a
n
=
n
√
b − n
√
a
n
√
b
n−1
+
+
n
√
b
n−2
n
√
a · · · + n
√
a
n−1
,
o que prova (iii) e termina o lema.
Proposição 3.15. [Derivada de uma fun¸cão constante] Dado um
número real c, a fun¸cão constante y = f(x) = c, x ∈ R, tem derivada
nula em todo x ∈ R.
Demonstra¸cão. Temos que o numerador do quociente de Newton é
∆y = f(x + ∆x) − f(x) = c − c = 0.
Logo,
∆y
∆x
= 0, e isto implica que
f (x) = lim
∆x→0
∆y
∆x
= lim
∆x→0
0 = 0,
como quer´ıamos.
Proposição 3.16. [Derivadas de xn
e n
√
x]
(i) Se n ∈ N, então dxn
dx
= nxn−1
, x ∈ R.
(ii) Se n ∈ N, então dx−n
dx
= −nx−n−1
, x = 0.
(iii) d n√
x
dx
= 1
n( n√
x)
n−1 ou, equivalentemente, dx
1
n
dx
= 1
n
x
1
n
−1
.
Demonstra¸cão. Escrevendo f(x) = xn
, temos que
f(x + ∆x) − f(x) = (x + ∆x)n
− xn
= ∆x((x + ∆x)n
+ (x + ∆x)n−1
x + · · · + xn−1
),
onde usamos o item (ii) do lema 3.14 . Logo,
∆y
∆x
= (x + ∆x)n
+ (x + ∆x)n−1
x + · · · + xn−1
.
Da´ı vem que
f (x) = lim
∆x→0
∆y
∆x
= nxn−1
,
ou, dxn
dx
= nxn−1
, o que prova (i). Para (ii), notamos que x−n
= 1
xn .
Logo, usando o item (iii) do teorema 3.13 ,
dx−n
dx
=
d 1
xn
dx
= −
nxn−1
(xn)2
= −nxn−1
x−2n
= −nx−n−1
.
Agora, escrevendo r(x) = n
√
x, tomando x > 0 e ∆x de modo que
x + ∆x > 0, temos que, usando o item (iii) do lema 3.14 ,

r(x + ∆x) − r(x) =
∆x
n
√
x + ∆x
n−1
+ n
√
x + ∆x
n−2 n
√
x + · · · + ( n
√
x)
n−1
e, portanto,
r (x) = lim
∆x→0
1
n
√
x + ∆x
n−1
+ n
√
x + ∆x
n−2 n
√
x + · · · + ( n
√
x)
n−1
=
1
n ( n
√
x)
n−1 ,
e está terminada a proposi¸cão.
Observação 3.17. Quando n é um número ´ımpar, a fun¸cão n
√
x está
definida, também, para x < 0: n
√
x = − n
√
−x. Portanto, a fórmula que
obtivemos na proposi¸cão anterior funciona para x < 0, também, isto é:
se n é ´ımpar e x = 0, então d n√
x
dx
= 1
n( n√
x)
n−1 .
Observação 3.18. Os itens (i), (ii) e (iii) da proposi¸cão 3.16 mos-
tram que para derivar uma potência de x, basta “baixar” esta potência
e substitu´ı-la por ela menos um: dxr
dx
= rxr−1
, onde r é um inteiro ou
uma fra¸cão do tipo 1/n. Veremos oportunamente que esta regra se es-
tende para qualquer potência racional (proposi¸cão 3.30 ), ou mesmo
irracional.
Exemplo 3.19.
(i) f(x) = 7 =⇒ f (x) = 0.
(ii) f(x) = x2
=⇒ f (x) = 2x.
(iii) f(x) = x5
=⇒ f (x) = 5x4
.
(iv) f(x) = 4
√
x =⇒ f (x) = dx
1
4
dx
= 1
4
x
1
4
−1
= 1
4
x−3
4 = 1
4
1
x
3
4
= 1
4
1
( 4√
x)
3 .
(v) f(x) = x5
+ 2x2
− x + 7 =⇒ f (x) = 5x4
+ 2x − 1.
(vi) f(x) = x−4
=⇒ f (x) = −4x−4−1
= 4x−5
.
3-2 Exerc´ıcio
Resposta
Calcular derivada de y = 3
√
x em x = 8. Ache,
também, a reta tangente da curva em (8, 2).
Fa¸ca figuras.
3-3 Exerc´ıcio
Sugestão
Considere y = f(x) = 2x3
+ 5x2
− 4x + 4.
(a) Calcule f (0) e f (2).
(b) Determine a onde a reta tangente de y = f(x) em (a, f(a)) é
paralela ao eixo-x.
Proposição 3.20. [Derivada da fun¸cão e seno] d sen x
dx
= cos x.
Demonstra¸cão. Seja y = f(x) = sen x. Temos que
f(x + ∆x) − f(x) = sen(x + ∆x) − sen x
= sen x cos ∆x + sen ∆x cos x − sen x
= sen x(cos(∆x) − 1) + sen(∆x) cos(x).
Logo,
∆y
∆x
=
sen x(cos ∆x − 1) + sen ∆x cos x
∆x
= sen x
cos ∆x − 1
∆x
+
sen ∆x
∆x
cos x.
Como
lim
∆x→0
sen ∆x
∆x
= 1 e lim
∆x→0
cos ∆x − 1
∆x
= 0
(veja os teoremas 2.35 e 2.36 ), segue-se que
f (x) = lim
∆x→0
∆y
∆x
= cos x.

3-4 Exerc´ıcio
Solução
Mostre que d cos x
dx
= − sen x.
3.5 A Regra da Cadeia
Na se¸cão 3.3 , estudamos as derivadas de uma soma de um pro-
duto de fun¸cões deriváveis. Agora estudaremos a derivada de mais uma
opera¸cão com o fun¸cões, a saber, a composi¸cão.
Definição 3.21. [Fun¸cão Composta] Consideremos duas fun¸cões
f : A −→ B e g : C −→ D tais que a imagem da primeira, f(A), es-
teja contida no dom´ınio da segunda, isto é, f(A) ⊂ C. Neste caso,
podemos calcular g(f(x)), para todo x ∈ A. Isto dá origem a uma nova
fun¸cão, com o mesmo dom´ınio de f, e o mesmo contra-dom´ınio de g,
que chamaremos de composta de g com f, que indicaremos por g ◦ f, e
que funciona assim:
g ◦ f : A −−−−−→ D
x −−−−−→ (g ◦ f)(x) = g(f(x)).
Exemplo 3.22. Seja g(y) = sen(y) e f(x) = 3x + 1, então
(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(3x + 1) = sen(3x + 1).
Como obter a derivada de g ◦ f?
A questão recém-formulada no exemplo 3.22 será respondida
pelo teorema abaixo.
Teorema 3.23. [Regra da Cadeia] Dada as fun¸cões f : I ⊂ R −→ R
e g : J ⊂ R −→ R com f(I) ⊂ J, considere a ∈ I e b = f(a) ∈ J. Se
f é derivável em a e g é derivável em b, então g ◦ f é derivável em a e
vale (g ◦ f) (a) = g (f(a))f (a).
I
R
f
-
f (a)
-
g
-
g (b)
-
J
R
R
R
?
a - b 6
g ◦ f
(g ◦ f) (a) = g (b)f (a)
Demonstra¸cão. Vamos, inicialmente, supor que existe δ > 0 tal que
f(a + ∆x) − f(a) = 0,
sempre que |∆x| < δ. Agora, notando que
f(a + ∆x) = f(a) + ∆y = b + ∆y,
onde ∆y = 0,sempre que |∆x| < δ e, como f é cont´ınua em a, ∆y → 0,
quando ∆x → 0. Neste caso, podemos escrever
(g ◦ f)(a + ∆x) − (g ◦ f)(a)
∆x
=
g(f(a + ∆x)) − g(f(a))
∆x
=
g(f(a + ∆x)) − g(f(a))
f(a + ∆x) − f(a)
f(a + ∆x) − f(a)
∆x
=
g(b + ∆y) − g(b)
∆y
f(a + ∆x) − f(a)
∆x
.
Logo,
(g ◦ f) (a) = lim
∆x→0
(g ◦ f)(a + ∆x) − (g ◦ f)(a)
∆x
= lim
∆y→0
g(b + ∆y) − g(b)
∆y
lim
∆x→0
f(a + ∆x) − f(a)
∆x
= g (b)f (a).

Portanto,
(g ◦ f) (a) = g (f(a))f (a) = g (b)f (a).
O caso onde f(a+∆x)−f(a) sempre se anula em toda proximidade de
a, é tratado assim. Sejam (∆x)1, (∆x)2, . . . (∆x)n, . . . uma seqüência
de números reais que tendem a zero e tal que f(a+(∆x)n)−f(a) = 0.
Usando esta seqüência, devemos ter
f(a + (∆x)n) − f(a)
(∆x)n
→ f (a),
porque lim∆x→0
f(a+∆x)−f(a)
∆x
= f (a). Mas f(a + (∆x)n) − f(a) = 0.
Logo, f (a) = 0. Ao longo desta seqüência, também temos que
(g ◦ f)(a + (∆x)n) − (g ◦ f)(a)
(∆x)n
=
g(f(a + (∆x)n) − g(f(a))
(∆x)n
= 0.
Logo,
(g ◦ f)(a + (∆x)n) − (g ◦ f)(a)
(∆x)n
→ 0.
Ficamos, então diante do seguinte quadro:
(g ◦ f)(a + (∆x)n) − (g ◦ f)(a)
(∆x)n
→ g (b)f (a) = g (b)0 = 0,
se, ao longo da sequência (∆x)n, f(a + (∆x)n) − f(a) = 0 e
(g ◦ f)(a + (∆x)n) − (g ◦ f)(a)
(∆x)n
→ 0,
se ao longo da sequência (∆x)n, f(a + (∆x)n) − f(a) = 0. Portanto,
podemos afirmar que
lim
∆x→0
(g ◦ f)(a + ∆x) − (g ◦ f)(a)
∆x
= 0 = g (b)f (a),
o que termina o teorema.
Observação 3.24. A segunda parte da demonstra¸cão acima pode ser
omitida numa primeira leitura.
Observação 3.25. Fixando aten¸cão no teorema acima, vamos colocar
y = f(x), nota¸cão que permite escrever f (a) = dy
dx
(a). Analogamente,
se indicamos por z a fun¸cão g(y), isto é z = g(y), escrevemos g (b) =
dz
dy
(b). Note agora que como o contra-dom´ınio da composta g ◦ f é o
mesmo de g somos obrigados a indicar, também, com z os seus valores,
isto é, z = (g ◦ f)(x). Isto posto, temos (g ◦ f) (a) = dz
dx
(a). Com estas
nota¸cões a regra da cadeia fica:
dz
dx
(a) =
dz
dy
(b)
dy
dx
(a),
ou, mais simplesmente,
dz
dx
=
dz
dy
dy
dx
,
a qual é chamada forma clássica da regra da cadeia, e que pode ser
olhada (só olhada!) como um produto de “fra¸cões”, onde simplificamos
o dy. Note que isto ajuda a memorizar o teorema, além de justificar
o seu nome: regra da cadeia, cadeia de fra¸cões. Vejamos o caso que
temos três fun¸cões deriváveis, f : I −→ J, g : J −→ L e h : L −→ R e
queremos derivar a composta F : I −→ R, que é definida por
F(t) = (h ◦ g ◦ f)(t) = h(g(f(t))),
num ponto t ∈ I. A regra da cadeia, aplicada duas vezes, dá que
F (t) = h (g(f(t)))(g ◦ f) (t) = h (g(f(t)))g (f(t))f (t). (E2)
Sob a forma clássica, nomeamos três variáveis: x = f(t) ∈ J, y =
g(x) ∈ L e z = h(y). Portanto, z = F(t). O que queremos é calcular
F (t) = dz
dt
. Apelando para o “produto de fra¸cões” temos
dz
dt
=
dz
dy
dy
dx
dx
dt
,
onde dz
dy
é calculada em y = g(x), dy
dx
é calculada em x = f(t), e dx
dt
é calculada em t. Note que (∗∗), traduzida com cuidado, reproduz a
equa¸cão (E2) .

Exemplo 3.26. Considere h(x) = (x5
+ 1)50
. Vamos calcular h (1).
Uma solu¸cão, bem trabalhosa, seria expandir h, obtendo um polinômio
de grau 250, e depois calcular sua derivada. Não faremos assim: usare-
mos a regra da cadeia. Para isto sejam
y = f(x) = x5
+ 1 e z = g(y) = y50
.
Logo, o que queremos devemos calcular dz
dx
(1). Para x = 1, obtemos
y = f(1) = 2, Agora, a regra da cadeia dá:
dz
dx
=
dz
dy
dy
dx
= 50y49
5x4
.
Portanto,
dz
dx
(1) = 50 · 249
· 5 · 14
= 250 · 249
.
Mais geralmente, h (x) = 250(x5
+1)49
x4
, como o leitor pode facilmente
verificar.
Retomemos, agora, o exemplo 3.22 .
Exemplo 3.27. Seja g(y) = sen(y) e f(x) = 3x + 1, então
(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(3x + 1) = sen(3x + 1).
A derivada de g ◦ f em um ponto x é dada por
(g ◦ f) (x) = sen (3x + 1)(3x + 1) = 3 cos(3x + 1).
Podemos reobter (veja o exerc´ıcio 3-4 ) a derivada do cosseno a
partir da derivada do seno junto com a regra da cadeia.
Proposição 3.28. [Derivada da fun¸cão cosseno] d cos x
dx
= − sen x.
Demonstra¸cão. Seja f(x) = cos x. Temos que f(x) = sen(x + π
2
).
Logo, usando a regra da cadeia (teorema 3.23 ), temos que
f (x) = sen (x +
π
2
)(x +
π
2
) = cos(x +
π
2
) = − sen x.
Exemplo 3.29.
(i) Se f(x) = x2
sen x, então f (x) = 2x sen x + x2
cos x.
(ii) Se f(x) = tg(x) = sen x
cos x
, então
f (x) =
cos x cos x − sen x (− sen x)
cos2 x
=
1
cos x
1
cos x
= sec2
x.
3-5 Exerc´ıcio
Resposta
Use a regra da cadeia para calcular a derivada
das seguintes fun¸cões.
(a) h(t) = (1 − t2
)250
.
(b) h(t) = tg(1 + t2
).
(c) h(x) = sen(cos(x2
)).
Agora podemos estender, para uma potência racional qualquer, a
regra de deriva¸cão de uma potência de x, conforme observa¸cão 3.18 .
Proposição 3.30. Se r ∈ Q, e y = xr
, x > 0, então
dy
dx
=
dx
dx
r
= rxr−1
.
Demonstra¸cão. Considere r = p
q
> 0, p, q ∈ Z, q = 0, e escreva
h(x) = xr
. Temos que
h(x) = (xp
)
1
q = (x
1
q )p
.
Logo, h = g ◦ f, onde g(y) = y
1
q , y > 0 e f(x) = xp
, x > 0. É claro
que g e f são deriváveis. Usando a regra da cadeia (teorema 3.23 ),
vem que h é derivável e
h (x) = g (f(x))f (x) =
1
q
(xp
)
1
q
−1
pxp−1
=
p
q
x
p
q
−1
.

3-6 Exerc´ıcio
Solução
Derive as seguintes potências.
(a) f(x) = (
√
x)3
.
(b) f(t) = tg(1 + t
3
2 ).
3-7 Exerc´ıcio
Sugestão
Demonstre a proposi¸cão anterior para o caso
r < 0.
3.6 Derivadas de Ordem Superior
Seja f : I −→ R uma fun¸cão cont´ınua no intervalo I, e seja I1 o
conjunto dos pontos de I onde f é derivável. Em I1, já definimos a
fun¸cão f , chamada derivada de f, ou primeira derivada de f. Seja,
agora, I2 o conjunto dos pontos de I1 em que f é derivável. Definimos,
então, em I2, a fun¸cão derivada de f , que chamaremos de segunda
derivada de f, e representaremos por f , ou por d2y
dx2 , no caso em que
estamos usando y = f(x). Assim: f (x) = (f ) (x).
Fun¸cão 1a
derivada 2a
derivada
f : I −−−−−→ R
x −−−−−→ f(x)
f : I1 −−−−−→ R
x −−−−−→ f (x)
f : I2 −−−−−→ R
x −−−−−→ f (x)
Procedendo de modo análogo, teremos, então, a terceira, a quarta,
a quinta derivadas, etc. de f. A derivada de ordem n de f será indicada
por f(n)
, ou por dny
dxn . Temos, portanto, que
f(n)
(x) = f(n−1)
(x),
definida, claro, onde a derivada de ordem n − 1 for derivável.
Exemplo 3.31. Se f(x) = 5x3
− 2x2
− 1, então f (x) = 15x2
− 4x,
f (x) = 30x − 4, f (x) = 30 e f(n)
(x) = 0 se n ≥ 4.
Exemplo 3.32. Se y = p(x) é um polinômio de grau m, então dny
dxn = 0,
para n > m e dmy
dxm = m!.
Exemplo 3.33. Se y = sen x, então d2y
dx2 = − sen x = −y. Também, se
z = cos x, então d2z
dx2 = − cos x = −z. Logo, as fun¸cões sen x e cos x são
solu¸cões da equa¸cão d2y
dx2 + y = 0. (Uma equa¸cão que envolve fun¸cões e
suas derivadas é chamada de equa¸cão diferencial.)
3-8 Exerc´ıcio
Resposta
Calcule a segunda derivada das seguintes fun-
¸cões.
(a) h(t) = (1 − t2
)250
.
(b) h(t) = tg(1 + t2
).
(c) h(x) = sen(cos(x2
)).
3.7 Derivação Impl´ıcita
As fun¸cões que estudamos até aqui foram descritas expressando-se
uma variáve, a dependente, explicitamente em termos de outra, a inde-
pendente. Neste caso, dizemos que a fun¸cão é definida explicitamente.
Por exemplo,
y =
√
x3 + 1 ou y = x sen x
ou, em geral, y = f(x). Algumas fun¸cões, entretanto, são definidas
implicitamente por uma rela¸cão envolvendo x e y, tal como
x2
+ y2
= 25 (E3)
ou mesmo
x3
+ y3
= 6xy. (E4)
Em alguns casos é poss´ıvel resolver uma equa¸cão para y como uma
fun¸cão explicita (ou várias fun¸cões) de x. Por exemplo, se resolvermos

a equa¸cão ( (E3) ) para y, poderemos explicitar y como fun¸cão de x de
duas formas:
y = f(x) =
√
25 − x2, x ∈ [−5, 5],
ou
y = g(x) = −
√
25 − x2, x ∈ [−5, 5].
Portanto, f g são fun¸cões definidas implicitamente pela equa¸cão ( (E3) ).
Os gráficos de f e g são os semic´ırculos superior e inferior do c´ırculo
x2
+ y2
= 25.
y = g(x) = 5 − x2x2
+ y2
= 25 y = g(x) = − 5 − x2
xx x−5 5
−5 5
5
y = f(x)
y y y
Felizmente não precisamos resolver uma equa¸cão para y em ter-
mos de x para encontrar a derivada de y. Em vez disso, podemos usar o
método de diferencia¸cão impl´ıcita, o qual consiste em diferenciar ambos
os lados da equa¸cão em rela¸cão a x, admitindo que y é uma fun¸cão de-
rivável de x, e a seguir resolver a equa¸cão resultante para y . O teorema
da fun¸cão impl´ıcita, estudado em cursos mais avan¸cados, garante, medi-
ante certas condi¸cões sobre a equa¸cão, a existência da fun¸cão impl´ıcita
e de sua derivabilidade. Nos exemplos e exerc´ıcios desta se¸cão admi-
tiremos sempre que a equa¸cão dada determina y implicitamente como
uma fun¸cão derivável de x, de forma tal que o método da diferencia¸cão
impl´ıcita possa ser aplicado.
Exemplo 3.34. Se x2
+y2
= 25, vamos calcular dy
dx
no ponto (3, 4) e, a
partir da´ı, determinar a reta tangente ao c´ırculo x2
+ y2
= 25 no ponto
(3, 4). Temos, diferenciando ambos os lados da equa¸cão x2
+ y2
= 25, e
admitindo y como fun¸cão de x, que
d
dx
x2
+
d
dx
y2
=
d
dx
25 = 0
Lembrando que y é uma fun¸cão de x e usando a regra da cadeia, ou a
regra da deriva¸cão de um produto, temos
d
dx
y2
= 2y
dy
dx
.
Assim, 2x + 2ydy
dx
= 0 e, portanto, dy
dx
= −x
y
. No ponto (3, 4), temos
x = 3 e y = 4. Logo, dy
dx
= −3
4
. A reta tangente ao c´ırculo em (3, 4) é
portanto:
y − 4 = −
3
4
(x − 3) ou 3x + 4y = 25.
Exemplo 3.35. Se x3
+ y3
− 6xy = 0, vamos encontrar dy
dx
para x = 3,
supondo que y é fun¸cão de x e que vale 3 em x = 3. Depois, va-
mos encontrar a reta tangente ao fólio de Descartes x3
+ y3
− 6xy = 0
Figura 41: Fólio de Descartes x3 + y3 = 6xy
−2
3−2 x
3
y
x + y = 6
no ponto (3, 3). Derivando ambos os membros de x3
+ y3
− 6xy = 0 em
rela¸cão a x, obtemos
3x2
+ 3y2 dy
dx
− 6y − 6x
dy
dx
ou x2
+ y2 dy
dx
− 2y − 2x
dy
dx
.

Sugestões & Respostas 39
Donde,
dy
dx
=
2y − x2
y2 − 2x
Para x = 3 e y = 3, temos
dy
dx
=
2 · 3 − 32
32 − 2 · 3
= −1
e uma observa¸cão da figura 41 confirma que este é um valor razoável
pra a inclina¸cão em (3, 3). Logo, uma equa¸cão da tangente ao fólio de
Descartes em (3, 3) é
y − 3 = −1 (x − 3) ou x + y = 6.
3-9 Exerc´ıcio
Sugestão
Se xy3
+ y2
x5
+ xy + x2
+ y2
− x + sen y = 0
define y = f(x) com f(0) = 0, calcule f (0) e
f (0).
3-10 Exerc´ıcio
Sugestão
Considere o fólio de Descartes
x3
+ y3
− 6xy = 0,
que estudamos no exemplo 3.35 .
(a) Mostre que o ponto P = (3,
3 (−1−
√
5)
2
) é um ponto do fólio.
(b) Suponha que x3
+ y3
− 6xy = 0 define implicitamente y como
fun¸cão de x em torno do ponto P. Calcule dy
dx
para x = 3 e
y =
3 (−1−
√
5)
2
.
(c) Qual a inclina¸cão da reta tangente ao fólio de Descartes em P?
Parte 3
3-1 Voltar A inclina¸cão da reta é
lim
∆x→0
(−1 + ∆x)3
− f(−1)
∆x
= lim
∆x→0
3∆x − 3(∆x)2
+ (∆x)3
∆x
= lim
∆x→0
(3 − 3∆x + ∆x)2
) = 3.
Logo, a reta procurada é y = 3x + 3.
3-2 Voltar A derivada é dy
dx
= 1
3( 3√
x)
2 . Em particular, dy
dx
(8) = 1
12
.
Logo, a reta procurada é y − 8 = 1
12
(x − 2).
3-3 Voltar
(a) f (0) = −4 e f (2) = 40.
(b) A inclina¸cão da reta deve ser nula. Logo, f (a) = 0 e, por-
tanto, a = −2 ou a = 1/3.
3-4 Voltar
∆y
∆x
=
cos x(cos ∆x − 1) − sen x sen ∆x
∆x
= cos x
cos ∆x − 1
∆x
−sen x
sen ∆x
∆x
.
Como
lim
∆x→0
sen ∆x
∆x
= 1 e lim
∆x→0
cos ∆x − 1
∆x
= 0
(veja os teoremas 2.35 e 2.36 ), segue-se que
f (x) = lim
∆x→0
∆y
∆x
= − sen x.

3-5 Voltar
(a) h (t) = −500t(1 − t2
)249
.
(b) h (t) = 2t sec2
(1 + t2
).
(c) h (x) = −2x sen(x2
) cos(cos(x2
)).
3-6 Voltar
(a) Temos que f(x) = x
3
2 . Logo, f (x) = 3
2
x
3
2
−1
= 3
2
x
1
2 = 3
2
√
x.
(b) Usando a regra da cadeia,
f (t) = tg (1 + t
3
2 )(1 + t
3
2 ) =
3
√
t sec(1 + t
3
2 )
2
2
.
3-7 Voltar Se r < 0, escreva y = xr
= 1
x−r e agora derive usando a
regra de deriva¸cão para um quociente junto como o caso r > 0, já
provado.
3-8 Voltar
(a) h (t) = 249000 t2
(1 − t2
)
248
− 500 (1 − t2
)
249
.
(b) h (t) = 2 sec(1 + t2
)
2
+ 8 t2
sec(1 + t2
)
2
tg(1 + t2
).
(c) h (x) = −4 x2
cos(x2
) cos(cos(x2
)) − 2 cos(cos(x2
)) sen(x2
) −
4 x2
sen(x2
)
2
sen(cos(x2
)).
3-9 Voltar Derivando os dois membros da equa¸cão, obtemos
−1+2 x+
dy
dx
x+y +2
dy
dx
y +2
dy
dx
x5
y +3
dy
dx
x y2
+5 x4
y2
+y3
+
dy
dx
cos y = 0.
(E5)
Substituindo x = 0 e y = 0, vem que dy
dx
(0) = f (0) = 1. Para
calcular a segunda derivada, derive (E5) , fa¸ca x = 0, y = 0 e
y = 1 e obtenha f (0) = −6.
3-10 Voltar
(a) Se x = 3 e y =
3 (−1−
√
5)
2
, verifique que x3
+ y3
− 6xy = 0.
(b) dy
dx
= 5−7
√
5
10
.
(c) A inclina¸cão é 5−7
√
5
10
.

J. Adonai
Parte 4: Aplicações da Derivada
• Definir Velocidade e Aceleração •
• Identificar uma Função Monótona a Partir do Sinal de sua Derivada •
• Calcular Máximo e M´ınimo de Funções Reais •
• Calcular Limites via a Regra de L’Hospital •
Objetivo Geral
• Aplicar o Conceito de Derivada em Situações Teóricas e Práticas •
Maceió-2010

Aplicações da Derivada (J. Adonai) - 42
Um aplica¸cão notável da derivada é o cálculo das retas tangentes
de um gráfico. Afinal, ela foi introduzida assim. Nesta parte do curso
abordaremos outras aplica¸cões importantes deste conceito.
4.1 Taxa de Variação – Cinemática
Classicamente, o quociente de Newton (Parte 3, observa¸cão 3.5)
∆y
∆x
=
f(a + ∆x) − f(a)
∆x
é, também, chamado taxa de varia¸cão média de f no intervalo entre a
e a + ∆x. O seu limite, quando ∆x tende a zero, que é a derivada de f
em x = a, sob este ponto de vista é chamado taxa de varia¸cão ou taxa
de crescimento de f no ponto x = a. Em F´ısica, quando a fun¸cão, que
depende do tempo t, descreve a posi¸cão de uma particula, estas taxas
recebem nomes especiais, como veremos a seguir.
Consideremos um part´ıcula se movendo ao longo de uma linha
reta, que identificaremos com R, t0 um instante fixado e t = t0 +∆t um
instante posterior a t0 no movimento da part´ıcula. Se S(t), a fun¸cão
horária da part´ıcula, dá o deslocamento da part´ıcula em um instante t,
a velocidade média entre t0 e t, vm, é definida por
vm =
∆S
∆t
=
S(t) − S(t0)
t − t0
=
S(t0 + ∆t) − S(t0)
∆t
.
Em outras palavras, a velocidade média é a taxa de varia¸cão média da
deslocamento S em rela¸cão ao tempo t no intervalo de tempo ∆t. A
velocidade da part´ıcula no instante t0, indicada por v(t0), é definida
como sendo a derivada de S em t0. Portanto,
v(t0) = S (t0) =
dS
dt
= lim
∆t→0
vm = lim
t→t0
S(t) − S(t0)
t − t0
= lim
∆t→0
∆S
∆t
.
Portanto, a velocidade vt0 exprime a velocidade instantânea do deslo-
camento S em rela¸cão ao tempo t no instante t0.
A acelera¸cão da part´ıcula no tempo t0, a(t0), é definida como
sendo a segunda derivada de S neste tempo, isto é,
a(t0) = S (t0) = v (t0) =
dv
dt
(s0) =
d2
S
dt2
(t0).
Exemplo 4.1. Uma part´ıcula em movimento obedece à equa¸cão horária
S(t) = t2
+ t (t medido segundos (s) e S em metros (m)). Vamos de-
terminar a sua velocidade no instante t = 1 s. A velocidade em um
instante t qualquer é v(t) = S (t) = dS
dt
= 2t + 1. Em particular, no
instante t = 1 s, ela será igual v(1) = 3 m/s. A acelera¸cão da part´ıcula
é constante e vale d2S
dt2 = 2 m/s2
.
4-1 Exerc´ıcio
Resposta
Calcule a velocidade e a acelera¸cão da part´ıcula
com fun¸cão horária S no tempo t0, onde S e t0
são como abaixo.
(a) S(t) = 1 + t + 3t3
, t0 = 0 s.
(b) S(t) = 1 + t2
+ sen(t − 1), t0 = 1 s.
(c) S(t) = 1 + t2
+ sen(t − 1), t0 = 1 s.
(d) S(t) = 1 + t2
+ cos(t − 1), t0 = 1 s.
4-2 Exerc´ıcio
Solução
Se uma bola é lan¸cada verticalmente para cima
de uma altura de 2 m com uma velocidade ini-
cial de 10 m/s, sua fun¸cão horária é dada por
y = S(t) = −g
t2
2
+ 10t + 2,
onde g, a acelara¸cão da gravidade, vale aproximadamente 9, 8 m/s2
.
Calcule a altura máxima que será atingida pela bola.

Exemplo 4.2. Suponha que uma bola esférica, de volume inicial 0, 1 m3
é inflada a uma razão constante de 0, 01 m3
/s. Vamos obter a veloci-
dade com que está variando o raio desta bola quando ele medir 1 m.
Indicando por V (t) o volume da bola no tempo t, e por R(t) o respectivo
raio, temos que
V (t) = 4π(R(t))3
/3.
Logo,
0, 01 =
dV
dt
= 4π(R(t))2 dR
dt
(t).
Portanto, a velocidade com que varia o raio R no instante t1 s em que
ele mede 1 m é
dR
dt
(t1) =
0, 01
4π
m/s 0.000785398 m/s.
Um problema interessante é determinar o tempo t1, que vale
t1 =
4π − 0, 3
0, 03
s 408, 879 s.
Só como observa¸cão, a obten¸cão de t1 come¸ca resolvendo-se a equa¸cão
diferencial
0, 01 =
dV
dt
= 4π(R(t))2 dR
dt
(t),
com incógnita R(t) e condi¸cão inicial R(0) = 3 0,3
4π
(raio da esfera no
instante em que seu volume é 0, 1 m3
). A solu¸cão desta equa¸cão é
R(t) =
3 3
4π
(0, 01 t + 0, 1).
Bem, agora você pode calcular t1. Concorda?
4-3 Exerc´ıcio
Sugestão
Calcule a taxa de varia¸cão da área da superf´ıcie
da bola inflável do exemplo 4.2 no instante em
que o seu raio mede 1 m.
4-4 Exerc´ıcio
Sugestão
Considere uma escada de 8 m de comprimento,
apoiada em uma parede vertical. Num dado
instante, digamos t0 s, o pé da escada está a 3 m da base da parede,
da qual se afasta com uma velocidade de 1 m/s. Calcule a velocidade
com que o topo da escada se move ao longo da parede.
4-5 Exerc´ıcio
Sugestão
Uma torneira de
vazão constante
2 litros por segundo enche um reser-
vatório cônico como na figura ao lado.
Calcule a velocidade com que sobe o
n´ıvel da água quanto este se encontra
a 2 metros do fundo.
y
3 m
x
1, 5 m
4.2 Variação das Funções
As derivadas de uma fun¸cão f fornecem informa¸cões importantes
sobre o seu comportamento, no que se refere ao seu crescimento e aos
seus valores extremos (máximos e m´ınimos). Estes tema serão aborda-
dos logo após obtermos alguns teoremas essenciais que dizem respeito
às fun¸cões deriváveis.
4.2.1 Teoremas Fundamentais
Neste ponto estudaremos os principais teoremas envolvendo fun-
¸cões deriváveis em um intervalo. O primeiro deles é o famoso teorema
do valor médio, para o qual apresentaremos uma prova geométrica.
Teorema 4.3. [Teorema do Valor Médio] Se f : [a, b] −→ R é con-
t´ınua e derivável no intervalo(a, b), então, existe c ∈ (a, b) tal que
f(b) − f(a) = f (c)(b − a).

Demonstra¸cão. Na figura a seguir, mostramos o gráfico de y = f(x),
x ∈ [a, b] e a reta l que passa pelos pontos A = (a, f(a)) e B = (b, f(b),
cuja declividade, claro, é dada por
xa bc
α
A
P
B
l
s
y
tg α =
f(b) − f(a)
b − a
,
onde α é o ângulo que l faz com o eixo OX. Agora imaginamos dentre
as retas paralelas a l, uma reta, digamos s, que seja tangente à curva
y = f(x), e indiquemos por P = (c, f(c)) o ponto de tangência. Logo,
s tem declividade igual a f (c), como vimos na subse¸cão 3.1 . Por
outro lado, como s é paralela a l suas declividades devem coincidir,
isto é,
f (c) = tg α =
f(b) − f(a)
b − a
,
e, portanto, f(b) − f(a) = f (c)(b − a), o que prova o teorema.
Observação 4.4. Nos textos mais avan¸cados de Análise Real, obtém-
se inicialmente o conhecido teorema de Rolle e, a partir dele, prova-se
o teorema do valor médio. O ponto de vista geométrico que adotamos
permite obter o teorema do valor médio sem fazer referência àquele
teorema. O que faremos a seguir é obter o teorema de Rolle como
conseqüência do teorema do valor médio. Vejamos.
Corolário 4.5. [Teorema de Rolle] Seja f : [a, b] −→ R uma fun-
¸cão cont´ınua no intervalo fechado [a, b] e derivável no intervalo aberto
(a, b). Se f(a) = f(b), então, existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.
Demonstra¸cão. Temos que f(b) − f(a) = f (c)(b − a), para algum
c ∈ (a, b). Agora, como f(a) − f(b) = 0, vem que f (c)(b − a) = 0 e,
portanto, devemos ter f (c) = 0.
Exemplo 4.6. Neste exemplo, vamos determinar o valor de c do teo-
rema do valor médio, para
f(x) = x2
, x ∈ [−1, 2].
Neste caso, A = (−1, 1) e B = (2, 4).
Portanto, a reta l, que passa por A e
B, tem declividade 1 e sua equa¸cão é
y = x + 2.
Portanto, c deve satisfazer a equa¸cão
f (c) = 2c = 1,
x
s
l
y
cuja solu¸cão é c = 1
2
. A reta tangente s tem equa¸cão y = x − 1
4
.
4-6 Exerc´ıcio
Resposta
Considere y = f(x) = x3
, x ∈ R.
(a) Determine os valores de c determinados pelo teorema do valor
médio para f entre −1 e 1.
(b) Determine os pontos da curva y = x3
onde as tangentes são para-
lelas ao segmento de reta que liga (−1, −1) a (1, 1).
Vimos anteriormente que as fun¸cões constantes têm derivada nula.
Agora podemos provar a rec´ıproca deste fato, para fun¸cões definidas em
intervalos.
Corolário 4.7. Seja f : I −→ R uma fun¸cão derivável no intervalo
aberto I. Se f (x) = 0, para todo x ∈ I, então f é constante.

Demonstra¸cão. Seja a ∈ I um ponto que fixaremos. Se b ∈ I é um
ponto qualquer tal que b > a, podemos achar um ponto c, a < c < b,
tal que
f(b) − f(a) = f (c)(b − a).
Como f é nula em I, temos, em particular, que f (c) = 0 e, portanto,
f(b) − f(a). De modo análogo, se tomamos b < a em I, conclu´ımos
que f(b) = f(a). Portanto, f(x) = f(a), para todo x ∈ I, o que
mostra que f é constante.
Exemplo 4.8. Defina f : A −→ R, onde A é a união de intervalos aber-
tos A = (0, 1)∪(2, 3), por f(x) = 1, se x ∈ (0, 1) e f(x) = 1, se x ∈ (2, 3).
Logo f não é constante, mas sua derivada é identicamente nula em A.
Claro que isto só acontece, porque A não é um intervalo.
4-7 Exerc´ıcio
Sugestão
Seja f : R −→ R uma fun¸cão diferenciável tal
que para alguns M ∈ R e n > 1, n ∈ N, vale
f(x) − f(y) = M(x − y)n
, ∀x, y ∈ R.
Mostre que f é constante.
4-8 Exerc´ıcio
Sugestão
[Teorema do Valor Médio Generalizado]
Sejam f, g : [a, b] −→ R diferenciáveis. Defina
h em [a, b] por
h(x) = (f(b) − f(a))g(x) − (g(b) − g(a))f(x).
(a) Verifique que h(a) = h(b).
(b) Conclua que existe c ∈ (a, b) tal que h (c) = 0. Portanto, para
este c, vale:
(f(b) − f(a))g (c) = (g(b) − g(a))f (c).
4-9 Exerc´ıcio
Sugestão
Considere f, g : R −→ R duas fun¸cões derivá-
veis com as seguintes propriedades: f = g,
g = f, f(0) = 10 e g(0) = −10. Calcule
(f(25))2
− (g(25))2
.
4.2.2 Funções Monótonas
Seja f : I −→ R uma fun¸cão definida em I ⊂ R e fixemos A um
subconjunto de I.
Definição 4.9. Dizemos que
(i) f é crescente em A se f(x1) ≤ f(x2), ∀ x1 < x2 em A.
(ii) f é estritamente crescente em A se f(x1) < f(x2), ∀ x1 < x2 em
A.
(iii) f é decrescente em A se f(x1) ≥ f(x2), ∀ x1 < x2 em A.
(iv) f é estritamente decrescente em A se f(x1) > f(x2), ∀ x1 < x2
em A.
Uma fun¸cão que satisfaz uma das condi¸cões acima é chamada monó-
tona.
Exemplo 4.10. A fun¸cão f(x) = 3x − 1 é estritamente crescente em
R. A fun¸cão g(x) = x2
é estritamente crescente em [0, ∞) e decrescente
em (−∞, 0]. Olhando atentamente para a parábola y = x2
, vemos
que suas tangentes ao longo do intervalo (0, +∞), onde ela cresce, têm
inclina¸cões positivas, enquanto que ao longo de (−∞, 0), onde decresce,
suas tangentes têm inclina¸cões negativas. Isto equivale dizer que g > 0
em (0, +∞), onde g é crescente, e que g < 0 em (−∞, 0), ode g é

decrescente. Isto motiva o seguinte resultado.
y = x2
y = 3x − 1
x
x
y
y
Proposição 4.11. Seja f : I −→ R derivável no intervalo I. Temos
que
(i) Se f é crescente, então f (x) ≥ 0, para todo x ∈ I.
(ii) Se f é decrescente, então f (x) ≤ 0, para todo x ∈ I.
Demonstra¸cão. Provaremos (i). Seja a ∈ I. Temos que
f (a) = lim
x→a
f(x) − f(a)
x − a
,
que deve coincidir com f (a+
) (veja observa¸cão 3.3 ). Mas, para
x > a, temos que f(x)−f(a) ≥ 0, pois f é crescente. Logo, f (a+) ≥ 0
e, portanto, f (a) ≥ 0, o que prova (i).
Observação 4.12. O leitor atento poderia esperar que se na pro-
posi¸cão acima tivéssemos f estritamente crescente, então sua derivada
seria estritamente positiva. Entretanto, mesmo meste caso, só podemos
afirmar que f é não-negativa. Com efeito, para considere f(x) = x3
,
x ∈ R (veja figura do exemplo 3.12 ). Temos que f é estritamente
crescente, mas sua derivada f (x) = 3x2
≥ 0, pois se anula em x = 0.
Usando o teorema do valor médio, podemos provar a rec´ıproca da
proposi¸cão anterior. Mais precisamente, temos o seguinte resultado.
Proposição 4.13. Seja f : I −→ R derivável no intervalo I. Temos
que
(i) Se f > 0 em I, então f é estritamente crescente.
(ii) Se f ≥ 0 em I, então f é crescente.
(iii) Se f < 0 em I, então f é estritamente decrescente.
(iv) Se f ≤ 0 em I, então f é decrescente.
Demonstra¸cão. Vejamos a prova de (i). Sejam a < b em I. Temos
que existe a < c < b tal que f(b) − f(a) = f (c)(b − a) > 0, pois
f (c) > 0 e b − a > 0. Logo, f(a) < f(b), o que prova que f é
estritamente crescente.
Exemplo 4.14. Neste ponto, retomamos a fun¸cão f(x) = x3
, definida
em R e observamos que sua derivada 3x2
> 0 em R − {0}. Portanto, f
é
estritamente crescente a´ı. Há uma
diferen¸ca notável na forma entre os
peda¸cos da curva que se encontram
à esquerda e à direita da origem.
Esta diferen¸ca é o que chamamos de
concavidade da curva: no peda¸co da
esquerda (x ∈ (−∞, 0]) ela está volta-
x
y = x3
y
da para baixo; no peda¸co da direita (x ∈ [0, +∞)), voltada para cima.
Portanto, apenas o conhecimento do sinal de f não permite um esbo¸co
preciso da curva y = f(x). Precisamos conhecer um pouco mais de f
para realizar esta tarefa. O que faremos aqui é observar o sinal de que
f = 6x, o qual é negativo em x < 0, o que implica que f é decrescente,
e é positivo em x > 0, o que implica que f é crescente. É exatamente
isto que faz a diferen¸ca, e que vale para qualquer fun¸cão derivável duas
vezes, e que será provado a seguir.
Proposição 4.15. Seja f : I −→ R duas vezes derivável no intervalo I.

(i) Se f ≥ 0 em I, então a curva y = f(x) tem concavidade voltada
para cima.
(ii) Se f ≤ 0 em I, então a curva y = f(x) tem concavidade voltada
para baixo.
Demonstra¸cão. Para (i), basta observar que f é crescente, e, para o
caso (ii), que f é decrescente. (Veja figuras que seguem.)
(i) O Caso f > 0: f crescente (ii) O Caso f < 0: f decrescente
x2x1 xxx1 x2
f (x1) < f (x2)
f < 0
f (x1) > f (x2)
yf > 0y
Exemplo 4.16. Neste exemplo vamos esbo¸car o gráfico de f(x) = x3
−
2x2
−x+2, x ∈ R. Para isto, vamos estudar os sinais de f e f . Temos
que f (x) = 3x2
− 4x − 1 e f (x) = 6x − 4. Vamos coletar algumas
informa¸cões básicas.
(i) limx→−∞ = −∞.
(ii) limx→+∞ = +∞.
(iii) f(0) = 2. (Um estudo mais apurado de f determina que suas
ra´ızes são −1, 1 e 2.)
(iv) f (x) ≥ 0, para x ∈ [2
3
, +∞). Concavidade voltada para cima
ao longo de [2
3
, +∞), ou f é crescente em [2
3
, +∞).
(v) f (x) < 0, para x ∈ (−∞, 2
3
). Concavidade voltada para baixo
aol longo de (−∞, 2
3
), ou ou f é decrescente em (−∞, 2
3
).
(vi) f (2/3) = −7/3 < 0 e f (x) > 0 para x grande. Logo, ao
longo de [2
3
, +∞), f se comporta como na situ¸cão (i) da pro-
posi¸cão 4.15 .
(vii) f (2/3) = −7/3 < 0 e f (x) < 0 para x perto do −∞. Logo,
ao longo de (−∞, 2
3
), f se comporta como na situa¸cão (ii) da
proposi¸cão 4.15 .
(viii) As ra´ızes de f são x1 = 2−
√
7
3
, que é negativa e maior do que
−1, e x2 = 2+
√
7
3
, que está entre 1 e 2.
(ix) f é crescente antes de x1 e depois de x2, posto que a´ı f > 0.
(x) f é decrescente entre x1 e x2, porque f < 0 a´ı.
Finalmente, podemos esbo¸car y = x3
− 2x2
− x + 2.
y = x3
− 2x2
− x + 2
y < 0
x
x2x1
y > 0
y
4-10 Exerc´ıcio
Resposta
Considere f(x) = 2+12x−9x2
+2x3
, x ∈ R.
(a) Mostre que as ra´ızes de f são x1 = 1 e x2 = 2.
(b) Deduza que f é crescente em (−∞, 1] ∪ [2, +∞) e decrescente no
intervalo [1, 2].
(c) Agora estude o sinal de f e esboce a curva.

4.3 Máximos e M´ınimos
Seja f : I −→ R uma fun¸cão definida em I, e seja x0 um ponto
de I. Chamamos de vizinha¸ca de x0 em I a um intervalo aberto
J = (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ I,
onde δ é um número real positivo.
Definição 4.17. Dizemos que x0 é um
ponto de máximo local de f se existir
uma vizinha¸ca J de x0 em I tal que:
x ∈ J ⇒ f(x) ≤ f(x0)
Neste caso, o valor de f(x0) é chamado
de máximo local de f. Quando J = I,
diremos que x0 é ponto de máximo glo-
bal de f, e que f(x0) é o valor máximo
de f.
x0 − δ x0 xx0 + δ
f(x0)
y
Definição 4.18. Dizemos que x0 é um
ponto de m´ınimo local de f se existir
uma vizinha¸ca J de x0 em I tal que:
x ∈ J ⇒ f(x) ≥ f(x0)
Neste caso, o valor de f(x0) é chamado
de m´ınimo local de f. Quando J = I,
diremos que x0 é ponto de m´ınimo glo-
bal de f, e que f(x0) é o valor m´ınimo
de f.
x0 − δ x0 x0 + δ x
f(x0)
y
Exemplo 4.19. x0 = 0 é ponto de m´ınimo global de f(x) = x2
, x ∈ R.
O valor m´ınimo de f é f(0) = 0. De fato, 0 = f(0) ≤ x2
, para todo
x ∈ R.
Exemplo 4.20. Visando generalizar a situa¸cão do exemplo anterior,
vamos estudar um polinômio da forma p(x) = ax2
+ bx + c, onde a, b e
c são constantes com a > 0. Neste caso, veremos que x0 = − b
2a
é ponto
de m´ınimo global de p, com valor m´ınimo global dado por f(x0) = − δ
4a
,
onde ∆ = b2
− 4ac é o conhecido discriminante de p. Temos que
p(x) = ax2
+ bx + c = a(x2
+ 2
b
2a
x +
c
a
)
= a(x2
+ 2
b
2a
x +
b2
4a2
−
b2
4a2
+
c
a
)
= a((x +
b
2a
)2
−
b2
4a2
−
c
a
)
= a(x +
b
2a
)2
−
b2
− 4ac
4a
= a(x +
b
2a
)2
−
∆
4a
.
Note que na passagem da primeira para a segunda igualdades, simples-
mente completamos quadrados, como fazemos para obter as ra´ızes de
um polinômio do segundo grau, lembra? Assim, ficamos com
p(x) = a(x +
b
2a
)2
−
∆
4a
≤ −
∆
4a
= p(x0), (E1)
onde, x0 = − b
2a
, porque (x + b
2a
)2
se anula em x0. Em particular,
podemos reobter as ra´ızes de p. De p(x) = a(x + b
2a
)2
− ∆
4a
, segue-se que
p(x) = 0 se, e somente se, x = x1, ou x = x2, onde
x1 =
−b +
√
∆
2a
e x2 =
−b −
√
∆
2a
.
É claro que se ∆ < 0, teremos recorrer aos números complexos. A figura
a seguir ilustra a situa¸cão.
Figura 51: y = ax2 + bx + c, a > 0
− ∆
4a
x xx1 x2x0
x0
− ∆
4a
∆ > 0
∆ < 0
yy

Como caso particular, p(x) = x2
− 6x + 10 tem valor m´ınimo global 1,
atingido em x0 = −6
2
= 3.
Neste ponto, é conveniente observar que a derivada de p,
p (x) = 2ax + b,
se anula em x0 = −b/2a, como era de se esperar, a partir da figura 51
acima, posto que em (x0, p(x0)) a reta tangente é paralela ao eixo OX.
Este fato não é mera coincidência deste exemplo, como veremos na
proposi¸cão 4.22 , a seguir.
4-11 Exerc´ıcio
Sugestão
(a) Estudar p(x) = ax2
+ bx + c, para o caso a < 0, e mostrar que
x0 = − b
2a
é o ponto de máximo global de p com valor máximo
correspondente dado por f(x0) = − ∆
4a
.
(b) Determine dois números reais x e y tais que x+y = 2 e o produto
p = xy seja o maior poss´ıvel.
(c) Um fazendeiro deseja construir um pasto na forma retangular, cuja
cerca deve medir 4 Km. Determine os lados da cerca para que o
pasto envolva a maior área poss´ıvel.
Definição 4.21. Seja f : I −→ R definida no intervalo I e derivável
em x0 ∈ I. Diremos que x0 é um ponto critico de f, se f (x0) = 0.
4-12 Exerc´ıcio
Resposta
Determine os pontos cr´ıticos de
(a) f(x) = 2 + 12x − 9x2
+ 2x3
, x ∈ R.
(b) f(x) = x − sen x, x ∈ R.
(c) f(x) = x − cos x, x ∈ R.
Proposição 4.22. Seja f : I −→ R definida no intervalo I e derivável
em x0 ∈ I. Se x0 é um ponto extremo de f, isto é, x0 é um ponto de
máximo ou de m´ınimo (local ou global), e x0 não é uma das extremidades
de I, então x0 é um ponto cr´ıtico de f.
Demonstra¸cão. Vamos supor que x0 é um ponto de m´ınimo local.
Então, existe δ > 0 tal que
f(x0) ≤ f(x), ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 + δ).
Logo, 


f(x) − f(x0)
x − x0
≥ 0, se x0 < x < x0 + δ
f(x) − f(x0)
x − x0
≤ 0, se x0 − δ < x < x0.
Portanto,
f (x0) = lim
x → a
(x > x0)
f(x) − f(x0)
x − a
≥ 0
e
f (x0) = lim
x → a
(x < x0)
f(x) − f(x0)
x − a
≤ 0,
e, portanto, f (x0) = 0.
Observação 4.23. A rec´ıproca da proposi¸cão acima não é verdadeira,
como mostra o exemplof(x) = x3
, que tem x0 = 0 como ponto cr´ıtico,
mas este ponto não de máximo nem de m´ınimo.
Exemplo 4.24. Consideremos o polinômio
f(x) = x3
− 3x + 4, x ∈ R.
De limx→+∞ f(x) = +∞ e limx→−∞ f(x) = −∞, vem que f não pode
ter valores extremos globais: nenhum valor de f pode ser maior nem
menor que todos os outros. Portanto, se f tem pontos extremos, estes

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