1) O documento apresenta um resumo sobre funções e gráficos, incluindo definições de função, domínio, contradomínio e gráfico. 2) São apresentados exemplos de funções afins e quadráticas, com a explicação de como construir seus respectivos gráficos a partir de pontos escolhidos. 3) O autor explica a importância de se conhecer o gráfico de uma função para determinar completamente a função e saber se ela cresce ou decresce.

1. C´alculo 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
Jos´e Adonai Pereira Seixas
Macei´o-2010

2. Conte´udo
1 Func¸˜oes e Gr´aficos 1
1.1 Func¸˜oes Trigonom´etricas . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Sugest˜oes & 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 Func¸˜oes Cont´ınuas . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.5 Operac¸˜oes com Func¸˜oes Cont´ınuas . . . . . . 22
2.6 Limites Trigonom´etricos Fundamentais . . . . 23
2.8 Sugest˜oes & Respostas . . . . . . . . . . . . . . 25
3 Derivadas 26
3.1 A Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2 A Func¸˜ao Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3 Regras de Derivac¸˜ao . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.4 Derivadas de Func¸˜oes Elementares . . . . . . 31
3.5 A Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.6 Derivadas de Ordem Superior . . . . . . . . . . 37
3.7 Derivac¸˜ao Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.9 Sugest˜oes & Respostas . . . . . . . . . . . . . . 39
4 Aplicac¸˜oes da Derivada 41
4.1 Taxa de Variac¸˜ao – Cinem´atica . . . . . . . . . 42
4.2 Variac¸˜ao das Func¸˜oes . . . . . . . . . . . . . . . 43
4.2.1 Teoremas Fundamentais . . . . . . . . . 43
4.2.2 Func¸˜oes Mon´otonas . . . . . . . . . . . 45
4.3 M´aximos e M´ınimos . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.4 Regras de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.6 Sugest˜oes & Respostas . . . . . . . . . . . . . . 54
Referˆencias Bibliogr´aficas 55

3. UFAL – EAD – C´alculo 1
J. Adonai
Parte 1: Func¸˜oes e Gr´aficos
Objetivos Espec´ıficos
• Definir Func¸˜ao Real de Uma Vari´avel Real •
• Visualizar o Gr´afico de uma Func¸˜ao •
• Construir as Func¸˜oes Trigonom´etricas •
Objetivo Geral
•• Construir as Bases para o Estudo do C´alculo Diferencial ••
Macei´o-2010

4. Func¸˜oes e Gr´aficos (J. Adonai) - 2
Um dos mais importantes conceitos matem´aticos do ensino b´asico
´e o conceito de fun¸c˜ao, pois, praticamente, todos os demais temas do
Ensino M´edio podem ser tratados a partir desse conceito. ´E frequente
encontrarmos na natureza duas grandezas uma dependendo da outra:
uma dela ´e a vari´avel independente e a outra ´e a vari´avel dependente.
Sempre que isto ocorre, estamos diante de fatos que podem ser repre-
sentados por uma fun¸c˜ao. Se indicamos por x a vari´avel independente
e por y, a dependente, dizemos que y ´e fun¸c˜ao de x, o que ser´a posto
assim: y = f(x). O que falta, agora, ´e determinar onde, e como, x e y
variam, isto ´e, devemos definir o dom´ınio e contradom´ınio da fun¸c˜ao f.
A t´ıtulo de exemplo, vejamos algumas situa¸c˜oes:
• O espa¸co y percorrido por um autom´ovel (ou part´ıcula) depende
do tempo t decorrido. Esta dependˆencia ´e indicada por y = S(t),
e ´e dada por:
y = S (t) = S0 + v0t +
1
2
at2
,
onde a posi¸c˜ao inicial S0 e a velocidade inicial v0 s˜ao conhecidas.
Neste caso, a vari´avel independente ´e 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 triˆangulo equil´atero 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¸c˜ao.
Definic¸˜ao 1.1. Sejam A e B dois conjuntos n˜ao vazios. Uma lei de
correspondˆencia que a cada elemento de A associa um ´unico elemento
de B determina uma fun¸c˜ao f. O conjunto A ´e chamado de dom´ınio
de fun¸c˜ao f. O conjunto B ´e chamado de contra-dom´ınio de fun¸c˜ao f.
Se um elemento y de B est´a associada a um elemento x de A, dizemos
que y ´e o valor da fun¸c˜ao f no ponto x e indicamos y = f(x). O
subconjunto de B dado por
I(f) = {y ∈ B : y = f(x), x ∈ A}
´e a imagem de f. Usaremos o diagrama
f : A −−−−−→ B
x −−−−−→ y = f(x)
para indicar uma fun¸c˜ao f com dom´ınio A e contra-dom´ınio B.
Ligado a uma fun¸c˜ao f est´a um
subconjunto muito especial do pro-
duto cartesiano A × B, que chamamos
de gr´afico de f, e que definido por
G(f) = {(x, y) ∈ A × B; y = f(x)}.
A importˆancia deste conjunto reside
no fato de que o seu conhecimento
determina completamente f. No caso
em que A e B s˜ao subconjuntos de R,
Figura 1: Curva y = f(x), x ∈ [a, b]
ba xx x0
f(x)
y
(em geral, intervalos) G(f) ´e, tamb´em, chamado curva y = f(x). Note
que a proje¸c˜ao desta curva sobre o eixo-x coincide com o dom´ınio de
f, e sua proje¸c˜ao sobre eixo-y ´e exatamente a imagem da fun¸c˜ao. Deve
ser observado, tamb´em, que as retas perpendiculares ao dom´ınio de f
tocam a curva em um ponto apenas: isto ´e a defini¸c˜ao de fun¸c˜ao.
Em muitos caso, ´e importante saber se a fun¸c˜ao cresce ou decresce,
e isto ´e facilmente obtido a partir do conhecimento da curva y = f(x).

5. Func¸˜oes e Gr´aficos (J. Adonai) - 3
Por exemplo, na figura 1, vemos que f ´e crescente no intervalo [x0, b].
´E poss´ıvel desenvolver ferramentas que permitem esbo¸car G(f)
com precis˜ao. Uma delas ´e a derivada de uma fun¸c˜ao, que estudaremos
em aulas futuras. Por enquanto, nos limitaremos a esbo¸car, em alguns
casos grosseiramente, alguns gr´aficos de fun¸c˜oes relativamente simples.
Exemplo 1.2. [Fun¸c˜ao Afim] Dadas as constantes a, b ∈ R, consi-
dere a fun¸c˜ao f (x) = ax + b, x variando em R. Em outras palavras,
f : R −−−−−→ R
x −−−−−→ y = f(x) = ax + b
.
Fun¸c˜oes deste tipo s˜ao chamadas fun¸c˜oes afins. No caso, b = 0, ficamos
com f(x) = ax, que s˜ao as fun¸c˜oes lineares de R em R. Assim
G(f) = {(x, y) ∈ R2
; y = ax + b}.
Portanto, esbo¸car o gr´afico de f, significa desenhar todas as duplas da
forma (x, y), onde y = ax + b e x percorrendo os n´umeros reais. Vimos,
em Geometria Anal´ıtica, que as solu¸c˜oes de y − ax − b = 0 ´e uma
reta. Portanto, o gr´afico procurado ´e esta reta. Posto isto, basta dois
pontos para desenhar o gr´afico de f. Um modo simples de fazer isto
´e fazer x = 0, que d´a 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 gr´afico de f, representando o caso geral, e o
caso particular, linear, y = x, x variando em todo R.
Figura 2: O gr´afco de y = ax + b
1 x
b
a + b
Q
y
Figura 3: O gr´afco de y = x
1 x
1
y
Vale observar que uma lei do tipo y = c, onde c ´e uma constante,
tamb´em representa uma fun¸c˜ao afim. Seu gr´afico ´e uma reta horizontal,
paralela ao eixo-x e passando por y = c. A imagem dessa fun¸c˜ao ´e o
conjunto {c}. Uma equa¸c˜ao do tipo x = c representa uma reta vertical,
passando por x = c, mas n˜ao representa uma fun¸c˜ao (y = f(x)). Por
quˆe?
1-1 Exerc´ıcio
Resposta
Esboce os gr´aficos das fun¸c˜oes 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¸c˜ao quadr´atica] Seja
f (x) = ax2
+ bx + c,
onde a, b, c ∈ R, a = 0, s˜ao constantes. No nosso curso de Geometria
Anal´ıtica, vimos que
y = ax2
+ bx + c
descreve uma par´abola com reta diretriz paralela ao eixo-x e eixo para-
lelo ao eixo-y. Assim, podemos esbo¸car o gr´afico de f a partir de trˆes
pontos escolhidos com certo cuidado. A escolha destes pontos depende
essencialmente do discriminante, = b2
−4ac. Inicialmente, calculamos
o ponto do gr´afico que ´e o v´ertice da par´abola, que ´e 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 sim´etricas com rela¸c˜ao `a abscisa de V . Quando ∆ > 0,

6. Func¸˜oes e Gr´aficos (J. Adonai) - 4
x1 e x2 podem ser as ra´ızes de f, isto ´e, 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¸c˜ao quadr´atica ´e 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
, ∞). Vocˆe 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 gr´aficos e descreva as imagens das se-
guintes fun¸c˜oes quadr´aticas. Indique os inter-
valos onde as fun¸c˜oes 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 gr´aficos, nos exemplos acima, tivemos o aux´ılio
de alguns conhecimentos obtidos em Geometria Anal´ıtica quando estu-
damos retas e cˆonicas. O que fazer quando n˜ao temos um conhecimento
pr´evio da forma do gr´afico de uma fun¸c˜ao? Bem, o que fazemos ´e esco-
lher alguns valores para a vari´avel 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¸c˜ao para a
curva y = f(x). `A medida que escolhemos mais pontos melhoramos a
aproxima¸c˜ao poligonal e, portanto, nos aproximamos cada vez mais da
forma correta da curva.
Figura 6: Aproxima¸c˜ao Poligonal para y = f(x), x ∈ [a, b]
xa x5 x8x6 x7x3x2 bx4
y
Exemplo 1.4. Considere a fun¸c˜ao
f : R −→ R,
dada por f(x) = x3
. Como n˜ao co-
nhecemos esta fun¸c˜ao, para desenhar
o seu gr´afico tabelamos alguns valores
e, a partir deles, obtemos um primeiro
esbo¸co. Depois, deixamos a intui¸c˜ao
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

7. Func¸˜oes e Gr´aficos (J. Adonai) - 5
Observe que a imagem desta fun¸c˜ao coincidem com conjunto dos n´umeros
reais, isto ´e, I(f) = R. Outra observa¸c˜ao que podemos fazer ´e que f as-
sume valores negativos para x negativo, valores positivos para x positivo
e, finalmente, que ela ´e uma fun¸c˜ao crescente.
Exemplo 1.5. Indicando por R∗
o conjunto dos n´umeros reais dife-
rentes de zero, definimos a fun¸c˜ao 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 gr´afico 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
Conv´em observar neste ponto que a curva acima ´e uma hip´erbole. De
fato, os argumento que usamos ao girar uma cˆonica (veja o exerc´ıcio 4.12
do curso de Geometria Anal´ıtica), mostram facilmente que a rota¸c˜ao de
45o
no sentido anti-hor´ario em torno da origem da hip´erbole equil´atera
x2
2
− y2
2
= 1 produz a hip´erbole xy = 1, que ´e exatamente a curva y = 1
x
.
Exemplo 1.6. [Valor Absoluto] Considere f : R −→ [0, +∞), defi-
nida por f(x) = |x|, onde |x| ´e o valor absoluto de x
|x| =
x, se x ≥ 0
−x, se x < 0.
Este ´e 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¸c˜oes a partir da colagem
de outras fun¸c˜oes conhecidas. No que segue, usaremos uma fun¸c˜ao
quadr´atica e uma afim para construir uma nova, cujo gr´afico ´e um arco
de par´abola 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) ´e um arco da par´abola
y = −x2
+ 2x
e para x maior do que 2, obtemos a
reta
y = x − 1.
Como sabemos esbo¸car par´abolas e re-
tas, fica f´acil desenhar y = f(x).
x
y

8. Func¸˜oes e Gr´aficos (J. Adonai) - 6
Exemplo 1.8. A fun¸c˜ao maior inteiro, indicada por [ ] : R −→ R, ´e
definida por
[x] = maior inteiro ≤ x.
Vejamos alguns valores desta fun¸c˜ao. Se x = 1/2, ent˜ao [x] = 0, pois o
zero ´e o maior inteiro menor ou igual a 1/2. De modo an´alogo, vemos
que [x] = 0, se x ∈ [0, 1) e, claro, [1] = 1. Mais geralmente, se m ∈ Z,
ent˜ao [x] = m, para x ∈ [m, m + 1) e [m + 1] = m + 1. Note que o seu
gr´afico ´e constitu´ıdo por segmentos de retas formando uma escada. Por
esta raz˜ao, muitas vezes, chamamos [ ] de fun¸c˜ao escada.
x
y
1-3 Exerc´ıcio
Resposta
Esboce os gr´aficos das fun¸c˜oes 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¸c˜oes que desempenha papel de grande re-
levˆancia no C´alculo ´e a das fun¸c˜oes trigonom´etricas que introduziremos
agora.
1.1 Func¸˜oes Trigonom´etricas
Na figura ao lado, temos o c´ırculo unit´ario S1
, cuja equa¸c˜ao carte-
siana ´e x2
+ y2
= 1 e, como sabemos, tem comprimento 2π. As fun¸c˜oes
trigonom´etricas b´asicas, a saber, o seno, indicada por sen e a fun¸c˜ao cos-
seno, cos, ser˜ao definidas usando este c´ırculo. O dom´ınio destas fun¸c˜oes
ser´a R. Vejamos suas constru¸c˜oes.
Seja t ∈ R um n´umero real do intervalo [0, 2π], isto ´e, 0 ≤ t ≤ 2π.
Agora constru´ımos, a partir do ponto A = (1, 0), um arco de compri-
mento t, tra¸cado no sentido anti-hor´ario, se t > 0 ou no sentido hor´ario,
Figura 12: C´ırculo Trigonm´etrico
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 ´e o cos t e a ordenada de B ´e o sen t. Em
outras palavras,
cos t = proje¸c˜ao de OB no eixo-x,
sen t = proje¸c˜ao 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, tamb´em, que se t = π/2, o arco correspondente a

9. Func¸˜oes e Gr´aficos (J. Adonai) - 7
t tem comprimento π/2, que ´e um quarto do comprimento de S1
. Logo,
B = (0, 1) e, portanto, cos π
2
= 0 e sen π
2
= 1. Discuss˜ao 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 ´e,
procuramos o inteiro m tal que t = 2mπ + t0, onde t0 ∈ [−2π, 2π]
e definimos cos t = cos t0 e sen t = sen t0. Conv´em observar que isto
equivale a pensar num cord˜ao de comprimento t, prendˆe-lo por uma
extremidade ao ponto A e enrol´a-lo sobre S1
, no sentido anti-hor´ario,
se t > 0 ou no sentido hor´ario, no caso em que t < 0. No final deste
processo a outra extremidade atingir´a 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 ˆangulo BOB deve medir 45◦
. Donde conclu´ımos que o
triˆangulo OB B ´e retˆangulo e is´osceles, e seus catetos s˜ao 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 trˆes arcos de com-
primento π/6. Portanto, o ˆangulo 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 triˆangulo OB B ´e retˆangulo e o ˆangulo OBB mede 60◦
.
Logo, cos π
6
e sen π
6
s˜ao, respectivamente, a altura e a metade o lado de
um triˆangulo equil´atero 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¸c˜ao, obtemos a seguinte identidade fundamental.
Proposic¸˜ao 1.9. Dado t ∈ R, ent˜ao (cos t)2
+ (sen t)2
= 1.
Demonstra¸c˜ao. De fato, temos que B = (cos t, sen t) e B ∈ S1
, que
tem equa¸c˜ao x2
+ y2
= 1. Logo, cos2
t + sen2
t = 1.
Agora enunciamos algumas propriedades not´aveis das fun¸c˜oes sen
e cos.
Proposic¸˜ao 1.10. Dados s, t ∈ R e m ∈ Z, valem as seguintes propri-
edades.

10. Func¸˜oes e Gr´aficos (J. Adonai) - 8
(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¸c˜ao. Come¸camos observando que (i), (ii), (vii) e (viii)
seguem da defini¸c˜ao de sen e cos. Vamos admitir por um instante
que (iii) ´e 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 d´a (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 id´eia, obtemos (x). As identidades (xi) e (xii),
ser˜ao 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 distˆancia 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).

11. Func¸˜oes e Gr´aficos (J. Adonai) - 9
Donde, (d(A, C))2
= 2 − 2 cos(s + t). Agora, a distˆancia de B a D ´e
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¸c˜ao.
Vejamos, agora, os gr´aficos do sen e do cos. Notamos que o sen
cresce no intervalo [0, π
2
], onde seus valores variam de sen 0 = 0 at´e
sen π
2
= 1. Ent˜ao 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¸c˜ao sen (tamb´em 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¸c˜ao de −π
2
ao longo do eixo OX. Conv´em observar que
a fun¸c˜ao cos tamb´em ´e peri´odica de per´ıodo 2π.
1-4 Exerc´ıcio
Resposta
Verifique as seguintes identidades trigonom´etri-
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

12. Sugest˜oes & Respostas (J. Adonai) - 10
Parte 1
Sugest˜oes & Respostas
1-1 Voltar
(a) ´E a reta que passa por P = (0, 1) e Q = (1, 2).
(b) ´E a reta que passa por P = (0, 0) e Q = (1, −1). Ela ´e
perpendicular `a 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 ´e o intervalo [1, 2]. Portanto, o gr´afico de f ´e o
arco da par´abola y = x2
que se projeta sobre este intervalo.
A imagem ´e o intervalo [1, 4] e a fun¸c˜ao ´e crescente.
1-3 Voltar
(a) Hip´erbole. 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
hip´erbole do exemplo 1.5 .
x
x − 1 u
y − 1
y v
(b) Observe que, em x = 0, f d´a um salto ao mudar da par´abola
para a reta.
1-4 Voltar
(a) Use (xii) da proposi¸c˜ao 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¸c˜ao fundamental (cos x)2
+(sen x)2
= 1 por (cos x)2
.
(b) Use (v) e (xii) da proposi¸c˜ao 1.10 .

13. UFAL – EAD – C´alculo 1
J. Adonai
Parte 2: Limite e Continuidade
Objetivos Espec´ıficos
• Estabelecer da Noc¸˜ao de Limite, a Partir de Exemplos •
• Visualizar o Limite no Gr´afico •
• Calcular de Limites •
Objetivo Geral
•• Estabelecer Condic¸˜oes para o C´alculo de um Limite Especial: a Derivada ••
Macei´o-2010

14. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 12
A no¸c˜ao de limite de fun¸c˜oes constitui a base do C´alculo Diferen-
cial. Neste parte, estudaremos este conceito, aproveitando, inicialmente,
o lado intuitivo e culminando com uma defini¸c˜ao de limite mais elabo-
rada.
J´a que falamos em intui¸c˜ao, considere um objeto m´ovel que se
desloca, ao longo de uma reta, no sentido de um ponto P fixado `a sua
frente, distante, digamos 1.000 metros. Suponha que, por alguma raz˜ao,
a cada segundo, contado a partir de agora, o objeto percorre a metade
da distˆancia 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 j´a deduziu que no
n-´esimo segundo, a distˆancia entre o objeto e o ponto P ´e D = 1.000
2n
metros. Em que tempo o objeto m´ovel atingir´a o ponto P? A resposta
´e simples: nunca! Sempre haver´a entre o objeto e P, pelo menos a
metade da distˆancia entre eles, atingida no segundo anterior. Mais
formalmente, D = 1.000
2n > 0, para todo valor de n. Entretanto, algo
not´avel deve ser dito: qualquer ponto X = P situado entre o objeto
m´ovel e o ponto P ser´a deixado para tr´as pelo nosso objeto. Portanto,
mesmo n˜ao atingindo P, com o passar do tempo, o objeto estar´a cada
vez mais pr´oximo deste ponto. Em outras palavras, o limite do ponto
m´ovel ´e P.
Em se tratando de fun¸c˜oes reais, estaremos interessados em estu-
dar o comportamento de seus valores, quando estes se aproximam de
um certo valor limite, desde que sua vari´avel independente x esteja su-
ficientemente pr´oxima de um n´umero real a, mesmo que a fun¸c˜ao n˜ao
esteja definida a´ı. Em outras palavras, iremos estudar o limite de uma
fun¸c˜ao f, que depende de x, quando x se aproxima de a.
A distˆancia entre dois n´umeros reais ´e medida usando o valor
absoluto da diferen¸ca entre eles, isto ´e, dados s, t ∈ R, a distˆancia entre
eles ´e d(s, t) = |s−t|. Portanto, antes de estudarmo limite, ´e conveniente
estalecermos logo as propriedades b´asicas do valor absoluto.
Proposic¸˜ao 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+ )
´e o intervalo aberto centrado em t de raio ;
(vi) d(s, t) ≤ d(s, u) + d(u, t).
t
Demonstra¸c˜ao. 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).

15. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 13
Exemplo 2.2. Vamos considerar a fun¸c˜ao f : R −→ R definida por
y = f(x) = 2x − 1.
Podemos obter valores de y t˜ao
pr´oximos de 3 quanto quisermos, bas-
tando para isso tomarmos valores de x
suficientemente pr´oximos 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 ´e o mesmo que,
|f(x) − 3| < 0, 1 quando |x − 2| < 0, 05.
Portanto, a distˆancia 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 ´e poss´ıvel
tornar os valores de f um pouco mais pr´oximos de 3. Vamos fazer suas
distˆancias a 3 menores do que 0.001, isto ´e, |(2x − 1) − 3| < 0.001, ou
2, 99 < 2x − 1 < 3, 01. Um c´alculo simples mostra que isto ´e 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.
´E claro que se x = 2, f(x) = 3, mas isto n˜ao importa agora. O que
importa, isto sim, ´e que valores pr´oximos de 2 produzem para f valores
pr´oximos de 3. Generalizando os argumentos acima, imagine que quere-
mos fazer as distˆancias dos valores de f(x) a 3 bem pequenas. J´a fizemos
menores do que 0.1 e 0.001, considerando x em um intervalo adequado.
Agora vamos fazˆe-las menores que > 0, uma distˆacia arbitr´aria, que
imaginamos bem pequena. O problema ´e ent˜ao: determinar um n´umero
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 ´e 3.

16. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 14
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¸c˜ao 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 ´e: 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 t˜ao pr´oximos de 3
quanto quisermos. Ent˜ao, limx→2 f(x) = 3 embora n˜ao 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, ´e 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) n˜ao precisamos considerar o valor que
f possa atingir em x = x0, caso este exista.

17. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 15
2.1 Limite
Agora, vamos formalizar a no¸c˜ao de limite.
Definic¸˜ao 2.5. Dada a fun¸c˜ao f definida num intervalo I ⊂ R, ex-
ceto possivelmente, em a, dizemos que o limite de f(x) quando x tende
a a ´e L, e escreveremos
lim
x→a
f(x) = L,
se para cada n´umero real > 0 dado arbitrariamente, existe um
n´umero 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| < .
Conv´em observar que a defini¸c˜ao de limite permite provar que
limx→a f(x) = L, mas n˜ao indica como obter L. Al´em disso, s˜ao grandes
as dificuldades que surgem ao aplic´a-la para fun¸c˜oes um pouco mais
elaboradas. Veremos agora algumas propriedades que eliminam parte
dessas dificuldades.
Teorema 2.6. [Propriedades dos Limites] Consideremos duas fun-
¸c˜oes f, g : I −→ R tendo limite em um certo ponto a ∈ I, digamos
limx→a f(x) = L e limx→a g(x) = S. Ent˜ao, valem os seguintes resulta-
dos:
(i) [Limite da soma] Quando x tende a a, a fun¸c˜ao 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 ´e, o limite da soma ´e a soma dos limites, desde que as
parcelas tenham limite.
(ii) [Limite do produto] Quando x tende a a, a fun¸c˜ao produto
de f por g, f(x)g(x) tende a LS, ou seja,
lim
x→a
(f(x)g(x)) = LS,
isto ´e, o limite do produto ´e o produto dos limites, desde que os
fatores tenham limite.
(iii) [Limite do quociente] Quando x tende a a, se S = 0, a fun¸c˜ao
quociente de f por g f
g
tende a L
S
, ou seja,
lim
x→a
f(x)
g(x)
=
L
S
,
isto ´e, o limite do quociente ´e o quociente dos limites, desde que
o numerador e o denominador tenham limite, e este ´ultimo seja
n˜ao-nulo.
Demonstra¸c˜ao. 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¸c˜ao de limite para f e g,
obtendo δ1 e δ2, a partir de /2.) Tomando δ = min{δ1, δ2} as duas
implica¸c˜oes obtidas ocorrem simultaneamente, isto ´e,
x ∈ I, 0 < |x − a| < δ =⇒ |f(x) − L| <
2
e |g(x) − S| <
2
.
Logo, se x ∈ I, 0 < |x − a| < δ, ent˜ao
|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.

18. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 16
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 s˜ao constantes quaisquer, ent˜ao
lim
x→a
(mx + b) = ma + b.
Exemplo 2.11. Se f ´e dada pelo polinˆomio
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 n˜ao existe limx→1 f(x).
Entretanto, podemos falar nos limites laterais:

19. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 17
(i) limx→1+ f(x) = 1
2
, onde x → 1+, e diremos que o limite `a direita
de f em x = 1 ´e 1/2;
(ii) limx→1− f(x) = 0, e diremos que o limite `a esquerda de f em
x = 1 ´e 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 n˜ao existe limx→1 f(x).
2.2 Limites Laterais
Nesta se¸c˜ao, abordaremos as no¸c˜ao de limite lateral com um pouco
mais de rigor.
Definic¸˜ao 2.16. Seja f definida em um intervalo aberto (a, c), para
algum c > a. Diremos que L ∈ R ´e o limite `a direita de f em x = a,
o que ser´a denotado por, limx→a+ f(x) = L, se
∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que a < x < a + δ =⇒ |f(x) − L| < .
Definic¸˜ao 2.17. Seja f definida em um intervalo aberto (b, a), para
algum b < a. Diremos que L ∈ R ´e o limite `a esquerda de f em x = a,
o que ser´a 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, est´a definida para
x ≥ 4. Temos que limx→4+ f(x) = 0. Entretanto, n˜ao faz sentido se
falar no limite `a esquerda em a = 4, posto que f n˜ao est´a definida para
valores de x menores do que 4, e pr´oximos a 4. O gr´afico 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,
ent˜ao limx→0− f(x) = −1, limx→0+ f(x) = 1. Em particular, observe
que f n˜ao tem limite em a = 0.
x
y
O seguinte teorema relaciona as no¸c˜oes de limite e limites laterais,
e sua prova ser´a deixada como exerc´ıcio.
Teorema 2.20.
lim
x→a
f(x) = L ⇔ lim
x→a−
f(x) = lim
x→a+
f(x) = L.

20. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 18
2.3 Limites Infinitos e no Infinito
Consideremos f(x) = 1
x
(x = 0), x = 0, cujo gr´afico mostramos
abaixo.
x
y
Observamos que `a medida que x cresce, atingindo cada vez mais valores
positivos, os valores de f se aproximam, e se mantˆem pr´oximos de zero.
Este fato ser´a indicado por
lim
x→+∞
f(x) = 0,
o que leremos: o limite de f(x) quando x tende a mais infinito ´e zero.
Analogamente, `a medida que x decresce, assumindo valores negativos,
os valores de f se aproximam, e se mantˆem pr´oximos de zero. Este fato
ser´a indicado por
lim
x→−∞
f(x) = 0,
o que leremos: o limite de f(x) quando x tende a menos infinito ´e zero.
Ainda olhando para o gr´afico 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 an´alogo, podemos tamb´em escrever:
lim
x→0−
f(x) = −∞.
Vejamos agora outro exemplo. Vamos estudar
g(x) =
1
(x − 1)(x − 2)2
,
que, claro, est´a bem definida para x = 1 e x = 2. O seu gr´afico ´e
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) = +∞.

21. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 19
Os resultados em (v) e (vi) permitem escrever limx→2 g(x) = +∞, sig-
nificando que os limites laterais s˜ao infinitos e iguais a +∞.
Agora, formalizaremos as no¸c˜oes de limites infinitos.
Definic¸˜ao 2.21. Seja f definida em algum conjunto D contendo um
intervalo aberto (a, c), para algum c > a. Diremos que o limite
`a direita de f em x = a ´e mais infinito, o que ser´a denotado por,
limx→a+ f(x) = +∞, se
∀ M > 0, ∃ δ > 0 tal que a < x < a + δ =⇒ f(x) > M.
Definic¸˜ao 2.22. Seja f definida em algum conjunto D contendo um
intervalo aberto (b, a), para algum b < a. Diremos que o limite `a
esquerda de f em x = a ´e mais infinito, o que ser´a denotado por,
limx→a+ f(x) = +∞, se
∀ M > 0, ∃ δ > 0 tal que a − δ < x < a =⇒ f(x) > M.
Definic¸˜ao 2.23. Seja f definida em algum conjunto D contendo um
intervalo aberto (a, c), para algum c > a. Diremos que o limite `a
direita de f em x = a ´e menos infinito, o que ser´a denotado por,
limx→a+ f(x) = −∞, se
∀ M > 0, ∃ δ > 0 tal que a < x < a + δ =⇒ f(x) < −M.
Definic¸˜ao 2.24. Seja f definida em algum conjunto D contendo um
intervalo aberto (b, a), para algum b < a. Diremos que o limite `a
esquerda de f em x = a ´e menos infinito, o que ser´a denotado por,
limx→a+ f(x) = +∞, se
∀ M > 0, ∃ δ > 0 tal que a − δ < x < a =⇒ f(x) < −M.
Definic¸˜ao 2.25. Dada a fun¸c˜ao 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 ´e +∞, e escreveremos
lim
x→a
f(x) = +∞,
se para cada n´umero real M > 0 dado arbitrariamente, existe um
n´umero 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, n´os temos as defini¸c˜oes.
Definic¸˜ao 2.26. Dada a fun¸c˜ao f definida num conjunto D con-
tendo um intervalo do tipo [a, +∞) dizemos que o limite de f(x)
quando x tende a +∞ ´e L, e escreveremos
lim
x→+∞
f(x) = L,
se para cada n´umero real > 0 dado arbitrariamente, existe um
n´umero 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| < .

22. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 20
Definic¸˜ao 2.27. Dada a fun¸c˜ao f definida num conjunto D con-
tendo um intervalo do tipo (−∞, a] dizemos que o limite de f(x)
quando x tende a −∞ ´e L, e escreveremos
lim
x→−∞
f(x) = L,
se para cada n´umero real > 0 dado arbitrariamente, existe um
n´umero 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¸c˜ao 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
s˜ao dois polinˆomios de grau n.
2.4 Func¸˜oes Cont´ınuas
Comecemos examinando os dois gr´aficos abaixo. Inicialmente,
consideremos o gr´afico de
f(x) =
x3
− 1, se − 1 ≤ x ≤ 2
4x + 1, se 2 < x ≤ 4
x
y

23. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 21
Agora vejamos o gr´afico de g(x) = x3
− 2.
x
y
Podemos observar que a curva y = f(x) d´a um “salto”em x = 2.
Em geral, se o gr´afico de uma fun¸c˜ao ´e uma curva que n˜ao apresenta
“saltos” ou “furos”, como no caso da curva y = g(x), dizemos que a
fun¸c˜ao ´e cont´ınua em todos os pontos de seu dom´ınio.
Definic¸˜ao 2.29. Uma fun¸c˜ao f : I −→ R definida no intervalo I ´e
dita cont´ınua em x = a ∈ I, se existe limx→a f(x) e este limite coincide
com o valor da fun¸c˜ao em a, ou seja: limx→a f(x) = f(a). f ´e cont´ınua
em I, ou simplesmente cont´ınua, se ela ´e cont´ınua em todos pontos
de I.
Isto significa que f ´e cont´ınua num ponto a somente quando se
verificam as trˆes condi¸c˜oes seguintes:
(i) Existe f(a).
(ii) Existe limx→a f(x).
(iii) limx→a f(x) = f(a).
Exemplo 2.30. S˜ao cont´ınuas as seguintes fun¸c˜oes:
(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 gr´aficos de r e h.
x x
y =
√
x
y = 2x
y
y
Exemplo 2.31. A fun¸c˜ao f(x) = |x|
x
, x ∈ R∗
, ´e cont´ınua. Entretanto,
se quisermos estendˆe-la a todo R, deveremos defini-la em x = 0. A
nova fun¸c˜ao obtida assim nunca ser´a cont´ınua em x = 0. Por quˆe?
x
y

24. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 22
2-4 Exerc´ıcio
Resposta
Em cada caso, determine o valor da constante
a para que f seja uma fun¸c˜ao cont´ınua. Feito
isto, esboce o gr´afico 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 Operac¸˜oes com Func¸˜oes Cont´ınuas
Enunciaremos, agora, alguns resultados sobre as opera¸c˜oes com
fun¸c˜oes cont´ınuas.
Teorema 2.32. Seja I ⊂ R, um intervalo. Se f, g : I −→ R s˜ao fun-
¸c˜oes cont´ınuas no ponto a ∈ I, ent˜ao as seguintes aplica¸c˜oes s˜ao 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¸c˜ao. Vejamos a prova de (i). Como f e g s˜ao 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 ´util para a verifica¸c˜ao da continuidade de
certas fun¸c˜oes, 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 ´e cont´ınua em a e g ´e cont´ınua
em b, ent˜ao g ◦ f ´e cont´ınua em a.
Demonstra¸c˜ao. Seja > 0. Como g ´e cont´ınua em b = f(a), existe
δ1 > 0 tal que
y ∈ E, y − b < δ1 =⇒ g(y) − g(b) < .
J´a 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 ´e, g ◦ f ´e cont´ınua em a.

25. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 23
Exemplo 2.34. A fun¸c˜ao h(x) = (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = 2cos x
´e con-
tinua porque ´e a composta de g(x) = 2x
com f(x) = cos x que s˜ao
cont´ınuas. Em particular, limx→0 h(x) = 2. De fato,
lim
x→0
h(x) = h(0) = 2cos 0
= 2.
Tamb´em temos
lim
x→ π
2
h(x) = h(
π
2
) = 2cos π
2 = 20
= 1.
2-5 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
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 Trigonom´etricos Fundamentais
Nesta se¸c˜ao, estudaremos dois limites especiais que desempenha-
ram papel importante nos cap´ıtulos seguintes.
Vamos considerar a fun¸c˜ao f(x) =
sen x
x
, definida em R − {0}.
N˜ao chegaria a ser um problema o c´alculo 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 ´e o quociente de fun¸c˜oes cont´ınuas, e, nos pontos onde os
limites foram avaliados,o denominador x n˜ao 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
´E isso mesmo que ocorre, ou seja, temos o seguinte teorema.
Teorema 2.35.
lim
x→0
sen x
x
= 1.

26. Limite e Continuidade (J. Adonai) - 24
Demonstra¸c˜ao. 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¸c˜ao. 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
Sugest˜ao
Use os resultados desta se¸c˜ao para verificar os
seguintes limites.
(a) limx→0
tg x
x
= 1.
(b) limx→0
(cos x−1) sen x
x2 = 0.

27. Sugest˜oes & Respostas (J. Adonai) - 25
Parte 2
Sugest˜oes & Respostas
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 c´alculo
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 c´alculo 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 c´alculo 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 evidˆencia 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 ´e 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
.

28. UFAL – EAD – C´alculo 1
J. Adonai
Parte 3: Derivadas
Objetivos Espec´ıficos
• Interpretar Reta Tangente a uma Curva como Limite se Retas Secantes •
• Introduzir Derivada de uma Func¸˜ao como Inclinac¸˜ao da Reta Tangente ao seu Gr´afico •
• Calcular Derivadas •
• Calcular M´aximo e M´ınimo de Func¸˜oes Reais •
Objetivo Geral
• Identificar Func¸˜oes Deriv´aveis •
Macei´o-2010

29. Derivadas (J. Adonai) - 27
A derivada ´e um conceito matem´atico, que teve origem nos pro-
blemas geom´etricos cl´assicos de tangˆencia, que se aplica sempre que
queremos medir a rapidez com que um certo fenˆomeno acontece. Por-
tanto, ele ´e aplic´avel na F´ısica, quando queremos medir a velocidade
de um part´ıcula; na Biologia, quando queremos medir o crescimento de
uma determinada popula¸c˜ao; na Qu´ımica, quando queremos medir a
velocidade numa rea¸c˜ao qu´ımica; em Engenharia, quando queremos es-
tudar deforma¸c˜oes; em Economia e Finan¸cas, ela aparece como o custo
marginal.
Podemos motivar a constru¸c˜ao da derivada, a partir da no¸c˜ao
intuitiva que temos de reta tangente a uma curva em um ponto. ´E
exatamente isto que faremos. Dada uma curva γ e um ponto P nela,
a reta tangente em P ´e a reta que cont´em P sobre a qual a curva
tende a deitar-se. Claro que esta ´e uma forma carinhosa de se falar
da tangente. A formaliza¸c˜ao desta reta pode ser feita assim: considere
um ponto m´ovel 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 `a curva γ em P. Portanto, s´o 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 estrat´egia ser´a usar as inclina¸c˜oes
(coeficientes angulares, declividades) das retas secantes. Se P = (a, b) e
Q = (s, t), a inclina¸c˜ao de lQ, que indicaremos por iQ, ´e a tangente do
ˆangulo θQ que ela faz com o eixo-x, isto ´e,
iQ = tg θQ =
t − b
s − a
.
Agora ´e s´o 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¸c˜ao da tangente l, a
saber tg θ, onde θ ´e o ˆangulo que l faz com eixo-x.
Agora, vamos adaptar tudo isto ao caso em que γ ´e um gr´afico,
isto ´e, 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 m´ovel Q ´e dado por
Q = (s, t) = (a + ∆x, f(a + ∆x)),
onde ∆x, que chamaremos de acr´escimo, 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)

30. Derivadas (J. Adonai) - 28
Vejamos alguns exemplos de retas tangentes.
Exemplo 3.1. Consideremos a par´abola 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¸c˜ao da reta procurada ´e 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
´e a equa¸c˜ao da reta tangente procurada. Note que a inclina¸c˜ao 2 da
reta tangente em (1, 1) mostra que a fun¸c˜ao f(x) = x2
´e crescente perto
de x = 1. Em outras palavras, f herda, para pontos pr´oximos de 1, a
propriedade de ser crescente de y = 2x − 1.
Mais geralmente, num ponto arbitr´ario da par´abola, P = (a, a2
),
a inclina¸c˜ao da reta tangente a´ı, ´e 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¸c˜ao y − a2
= 2a(x − a).
3-1 Exerc´ıcio
Resposta
Considere f(x) = x3
+ 1, x ∈ R. Esboce o
gr´afico de f, isto ´e, 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. ´E simples. Ela ´e a inclina¸c˜ao da reta tangente
`a curva y = f(x) no ponto (a, f(a)), isto ´e, ela ´e o limite dado na
equa¸c˜ao (E1) , p´agina 27. Mais precisamente, temos a seguinte de-
fini¸c˜ao.
Definic¸˜ao 3.2. Seja f : I −→ R uma fun¸c˜ao definida no intervalo I.
Seja a um ponto de I. A derivada de f em a, indicada por f (a), ou
dy
dx
(a), ´e 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 ´e deriv´avel em a. Quando a derivada de f existe em todo ponto de I,
dizemos que f ´e deriv´avel em I, ou, simplesmente, que f ´e deriv´avel.
Observac¸˜ao 3.3. Na defini¸c˜ao acima, se o ponto a ´e uma extremidade
de I, o limite ´e computado como o limite lateral que faz sentido. Por
exemplo, se I = [a, b] ou I = [a, b), ent˜ao
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 ´e indicada por f (a+
), e ´e chamada derivada `a
direita de f em a.

31. Derivadas (J. Adonai) - 29
Observac¸˜ao 3.4. Escrevendo ∆y = f(a + ∆x) − f(a), podemos es-
crever
f (a) =
dy
dx
(a) = lim
∆x→0
∆y
∆x
.
Observac¸˜ao 3.5. Devido `a sua importˆancia dentro do C´alculo, o quo-
ciente usado na defini¸c˜ao 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
´e uma fun¸c˜ao deriv´avel 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 gr´afico, vemos ao lado. Como
vemos na figura, o ponto P = (0, 0)
da curva y = |x|, n˜ao pode admitir
uma reta tangente bem definida. Isto
x
y
revela que a derivada de |x| n˜ao existe em x = 0. De fato, o quociente
de Newton de |x| em torno de x = 0 ´e dado por
f(x) − f(0)
x − 0
=
|x|
x
=
1, se x > 0
−1, se x < 0.
Este quociente n˜ao tem limite quando x tende a zero, porque o seu limite
`a direita ´e 1, e o seu limite `a esquerda ´e −1. Logo, a fun¸c˜ao y = |x|
x
n˜ao tem derivada no ponto a = 0, como j´a hav´ıamos previsto. Tudo se
passa como se tiv´essemos 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.
Observac¸˜ao 3.8. Se uma fun¸c˜ao admite derivada num ponto a, ent˜ao
seu gr´afico admite uma reta tangente no ponto (a, f(a)) e, portanto,
deve ser “suave” pr´oximo desse ponto, Um gr´afico “anguloso” em um
ponto implica a n˜ao existˆencia da reta tangente e, portanto, da deri-
vada da fun¸c˜ao na abscissa do ponto correspondente. A existˆencia da
reta tangente em um ponto da curva tamb´em mostra que a curva n˜ao
pode ter salto a´ı: ela deve ser cont´ınua. Este ´e o conte´udo do pr´oximo
teorema.
Teorema 3.9. Se f : I −→ R tem derivada em x = a, ent˜ao ela ´e
cont´ınua a´ı.
Demonstra¸c˜ao. 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.

32. Derivadas (J. Adonai) - 30
Observac¸˜ao 3.10. A rec´ıproca dessa proposi¸c˜ao ´e falsa. No exem-
plo 3.7 , vimos que a fun¸c˜ao f(x) = |x| n˜ao tem derivada em x = 0.
Entretanto, f ´e continua em todos os pontos.
3.2 A Func¸˜ao Derivada
Seja y = f(x) uma fun¸c˜ao definida num intervalo aberto I. Se
a derivada existe para todo x ∈ I, dizemos que f ´e deriv´avel em I, e
denotamos por f (x) ´e a fun¸c˜ao derivada da fun¸c˜ao 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¸c˜ao 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 ´e a fun¸c˜ao derivada de f(x) = x2
.
Exemplo 3.12. Seja a fun¸c˜ao 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, ´e a fun¸c˜ao 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 ´e a equa¸c˜ao da reta procurada.
y = x3
x
y = 12x − 16
y
3.3 Regras de Derivac¸˜ao
Esta se¸c˜ao compor´a um teorema que estabelece as propriedades
operat´orias da derivada.
Teorema 3.13. [Opera¸c˜oes com Derivadas] Se f, g : I ⊂ R −→ Rn
s˜ao fun¸c˜oes deriv´aveis 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¸c˜ao. 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
.

33. Derivadas (J. Adonai) - 31
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),
j´a que lim∆x→0 f(x+∆x) = f(x) e lim∆x→0 g(x+∆x) = g(x), pois f e g
s˜ao cont´ınuas em x. Para finalizar, vejamos (iii). Vamos, inicialmente,
estudar a fun¸c˜ao 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 est´a conclu´ıdo o teorema.
3.4 Derivadas de Func¸˜oes Elementares
Inicialmente, veremos algumas identidades alg´ebricas que ser˜ao
´uteis nesta se¸c˜ao.
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.

34. Derivadas (J. Adonai) - 32
Demonstra¸c˜ao. 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.
Proposic¸˜ao 3.15. [Derivada de uma fun¸c˜ao constante] Dado um
n´umero real c, a fun¸c˜ao constante y = f(x) = c, x ∈ R, tem derivada
nula em todo x ∈ R.
Demonstra¸c˜ao. Temos que o numerador do quociente de Newton ´e
∆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.
Proposic¸˜ao 3.16. [Derivadas de xn
e n
√
x]
(i) Se n ∈ N, ent˜ao dxn
dx
= nxn−1
, x ∈ R.
(ii) Se n ∈ N, ent˜ao 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¸c˜ao. 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 ,

35. Derivadas (J. Adonai) - 33
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 est´a terminada a proposi¸c˜ao.
Observac¸˜ao 3.17. Quando n ´e um n´umero ´ımpar, a fun¸c˜ao n
√
x est´a
definida, tamb´em, para x < 0: n
√
x = − n
√
−x. Portanto, a f´ormula que
obtivemos na proposi¸c˜ao anterior funciona para x < 0, tamb´em, isto ´e:
se n ´e ´ımpar e x = 0, ent˜ao d n√
x
dx
= 1
n( n√
x)
n−1 .
Observac¸˜ao 3.18. Os itens (i), (ii) e (iii) da proposi¸c˜ao 3.16 mos-
tram que para derivar uma potˆencia de x, basta “baixar” esta potˆencia
e substitu´ı-la por ela menos um: dxr
dx
= rxr−1
, onde r ´e um inteiro ou
uma fra¸c˜ao do tipo 1/n. Veremos oportunamente que esta regra se es-
tende para qualquer potˆencia racional (proposi¸c˜ao 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,
tamb´em, a reta tangente da curva em (8, 2).
Fa¸ca figuras.
3-3 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
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)) ´e
paralela ao eixo-x.
Proposic¸˜ao 3.20. [Derivada da fun¸c˜ao e seno] d sen x
dx
= cos x.
Demonstra¸c˜ao. 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.

36. Derivadas (J. Adonai) - 34
3-4 Exerc´ıcio
Soluc¸˜ao
Mostre que d cos x
dx
= − sen x.
3.5 A Regra da Cadeia
Na se¸c˜ao 3.3 , estudamos as derivadas de uma soma de um pro-
duto de fun¸c˜oes deriv´aveis. Agora estudaremos a derivada de mais uma
opera¸c˜ao com o fun¸c˜oes, a saber, a composi¸c˜ao.
Definic¸˜ao 3.21. [Fun¸c˜ao Composta] Consideremos duas fun¸c˜oes
f : A −→ B e g : C −→ D tais que a imagem da primeira, f(A), es-
teja contida no dom´ınio da segunda, isto ´e, f(A) ⊂ C. Neste caso,
podemos calcular g(f(x)), para todo x ∈ A. Isto d´a origem a uma nova
fun¸c˜ao, 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, ent˜ao
(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(3x + 1) = sen(3x + 1).
Como obter a derivada de g ◦ f?
A quest˜ao rec´em-formulada no exemplo 3.22 ser´a respondida
pelo teorema abaixo.
Teorema 3.23. [Regra da Cadeia] Dada as fun¸c˜oes f : I ⊂ R −→ R
e g : J ⊂ R −→ R com f(I) ⊂ J, considere a ∈ I e b = f(a) ∈ J. Se
f ´e deriv´avel em a e g ´e deriv´avel em b, ent˜ao g ◦ f ´e deriv´avel 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¸c˜ao. 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 ´e 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).

37. Derivadas (J. Adonai) - 35
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, ´e tratado assim. Sejam (∆x)1, (∆x)2, . . . (∆x)n, . . . uma seq¨uˆencia
de n´umeros reais que tendem a zero e tal que f(a+(∆x)n)−f(a) = 0.
Usando esta seq¨uˆencia, 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 seq¨uˆencia, tamb´em 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, ent˜ao 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 sequˆencia (∆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 sequˆencia (∆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.
Observac¸˜ao 3.24. A segunda parte da demonstra¸c˜ao acima pode ser
omitida numa primeira leitura.
Observac¸˜ao 3.25. Fixando aten¸c˜ao no teorema acima, vamos colocar
y = f(x), nota¸c˜ao que permite escrever f (a) = dy
dx
(a). Analogamente,
se indicamos por z a fun¸c˜ao g(y), isto ´e z = g(y), escrevemos g (b) =
dz
dy
(b). Note agora que como o contra-dom´ınio da composta g ◦ f ´e o
mesmo de g somos obrigados a indicar, tamb´em, com z os seus valores,
isto ´e, z = (g ◦ f)(x). Isto posto, temos (g ◦ f) (a) = dz
dx
(a). Com estas
nota¸c˜oes 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 ´e chamada forma cl´assica da regra da cadeia, e que pode ser
olhada (s´o olhada!) como um produto de “fra¸c˜oes”, onde simplificamos
o dy. Note que isto ajuda a memorizar o teorema, al´em de justificar
o seu nome: regra da cadeia, cadeia de fra¸c˜oes. Vejamos o caso que
temos trˆes fun¸c˜oes deriv´aveis, f : I −→ J, g : J −→ L e h : L −→ R e
queremos derivar a composta F : I −→ R, que ´e definida por
F(t) = (h ◦ g ◦ f)(t) = h(g(f(t))),
num ponto t ∈ I. A regra da cadeia, aplicada duas vezes, d´a que
F (t) = h (g(f(t)))(g ◦ f) (t) = h (g(f(t)))g (f(t))f (t). (E2)
Sob a forma cl´assica, nomeamos trˆes vari´aveis: x = f(t) ∈ J, y =
g(x) ∈ L e z = h(y). Portanto, z = F(t). O que queremos ´e calcular
F (t) = dz
dt
. Apelando para o “produto de fra¸c˜oes” temos
dz
dt
=
dz
dy
dy
dx
dx
dt
,
onde dz
dy
´e calculada em y = g(x), dy
dx
´e calculada em x = f(t), e dx
dt
´e calculada em t. Note que (∗∗), traduzida com cuidado, reproduz a
equa¸c˜ao (E2) .

38. Derivadas (J. Adonai) - 36
Exemplo 3.26. Considere h(x) = (x5
+ 1)50
. Vamos calcular h (1).
Uma solu¸c˜ao, bem trabalhosa, seria expandir h, obtendo um polinˆomio
de grau 250, e depois calcular sua derivada. N˜ao 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 d´a:
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, ent˜ao
(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(3x + 1) = sen(3x + 1).
A derivada de g ◦ f em um ponto x ´e 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.
Proposic¸˜ao 3.28. [Derivada da fun¸c˜ao cosseno] d cos x
dx
= − sen x.
Demonstra¸c˜ao. 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, ent˜ao f (x) = 2x sen x + x2
cos x.
(ii) Se f(x) = tg(x) = sen x
cos x
, ent˜ao
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¸c˜oes.
(a) h(t) = (1 − t2
)250
.
(b) h(t) = tg(1 + t2
).
(c) h(x) = sen(cos(x2
)).
Agora podemos estender, para uma potˆencia racional qualquer, a
regra de deriva¸c˜ao de uma potˆencia de x, conforme observa¸c˜ao 3.18 .
Proposic¸˜ao 3.30. Se r ∈ Q, e y = xr
, x > 0, ent˜ao
dy
dx
=
dx
dx
r
= rxr−1
.
Demonstra¸c˜ao. 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. ´E claro
que g e f s˜ao deriv´aveis. Usando a regra da cadeia (teorema 3.23 ),
vem que h ´e deriv´avel e
h (x) = g (f(x))f (x) =
1
q
(xp
)
1
q
−1
pxp−1
=
p
q
x
p
q
−1
.

39. Derivadas (J. Adonai) - 37
3-6 Exerc´ıcio
Soluc¸˜ao
Derive as seguintes potˆencias.
(a) f(x) = (
√
x)3
.
(b) f(t) = tg(1 + t
3
2 ).
3-7 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
Demonstre a proposi¸c˜ao anterior para o caso
r < 0.
3.6 Derivadas de Ordem Superior
Seja f : I −→ R uma fun¸c˜ao cont´ınua no intervalo I, e seja I1 o
conjunto dos pontos de I onde f ´e deriv´avel. Em I1, j´a definimos a
fun¸c˜ao f , chamada derivada de f, ou primeira derivada de f. Seja,
agora, I2 o conjunto dos pontos de I1 em que f ´e deriv´avel. Definimos,
ent˜ao, em I2, a fun¸c˜ao 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¸c˜ao 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 an´alogo, teremos, ent˜ao, a terceira, a quarta,
a quinta derivadas, etc. de f. A derivada de ordem n de f ser´a 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 deriv´avel.
Exemplo 3.31. Se f(x) = 5x3
− 2x2
− 1, ent˜ao 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) ´e um polinˆomio de grau m, ent˜ao dny
dxn = 0,
para n > m e dmy
dxm = m!.
Exemplo 3.33. Se y = sen x, ent˜ao d2y
dx2 = − sen x = −y. Tamb´em, se
z = cos x, ent˜ao d2z
dx2 = − cos x = −z. Logo, as fun¸c˜oes sen x e cos x s˜ao
solu¸c˜oes da equa¸c˜ao d2y
dx2 + y = 0. (Uma equa¸c˜ao que envolve fun¸c˜oes e
suas derivadas ´e chamada de equa¸c˜ao diferencial.)
3-8 Exerc´ıcio
Resposta
Calcule a segunda derivada das seguintes fun-
¸c˜oes.
(a) h(t) = (1 − t2
)250
.
(b) h(t) = tg(1 + t2
).
(c) h(x) = sen(cos(x2
)).
3.7 Derivac¸˜ao Impl´ıcita
As fun¸c˜oes que estudamos at´e aqui foram descritas expressando-se
uma vari´ave, a dependente, explicitamente em termos de outra, a inde-
pendente. Neste caso, dizemos que a fun¸c˜ao ´e definida explicitamente.
Por exemplo,
y =
√
x3 + 1 ou y = x sen x
ou, em geral, y = f(x). Algumas fun¸c˜oes, entretanto, s˜ao definidas
implicitamente por uma rela¸c˜ao envolvendo x e y, tal como
x2
+ y2
= 25 (E3)
ou mesmo
x3
+ y3
= 6xy. (E4)
Em alguns casos ´e poss´ıvel resolver uma equa¸c˜ao para y como uma
fun¸c˜ao explicita (ou v´arias fun¸c˜oes) de x. Por exemplo, se resolvermos

40. Derivadas (J. Adonai) - 38
a equa¸c˜ao ( (E3) ) para y, poderemos explicitar y como fun¸c˜ao 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 s˜ao fun¸c˜oes definidas implicitamente pela equa¸c˜ao ( (E3) ).
Os gr´aficos de f e g s˜ao 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 n˜ao precisamos resolver uma equa¸c˜ao para y em ter-
mos de x para encontrar a derivada de y. Em vez disso, podemos usar o
m´etodo de diferencia¸c˜ao impl´ıcita, o qual consiste em diferenciar ambos
os lados da equa¸c˜ao em rela¸c˜ao a x, admitindo que y ´e uma fun¸c˜ao de-
riv´avel de x, e a seguir resolver a equa¸c˜ao resultante para y . O teorema
da fun¸c˜ao impl´ıcita, estudado em cursos mais avan¸cados, garante, medi-
ante certas condi¸c˜oes sobre a equa¸c˜ao, a existˆencia da fun¸c˜ao impl´ıcita
e de sua derivabilidade. Nos exemplos e exerc´ıcios desta se¸c˜ao admi-
tiremos sempre que a equa¸c˜ao dada determina y implicitamente como
uma fun¸c˜ao deriv´avel de x, de forma tal que o m´etodo da diferencia¸c˜ao
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¸c˜ao x2
+ y2
= 25, e
admitindo y como fun¸c˜ao de x, que
d
dx
x2
+
d
dx
y2
=
d
dx
25 = 0
Lembrando que y ´e uma fun¸c˜ao de x e usando a regra da cadeia, ou a
regra da deriva¸c˜ao 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) ´e
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 ´e fun¸c˜ao de x e que vale 3 em x = 3. Depois, va-
mos encontrar a reta tangente ao f´olio de Descartes x3
+ y3
− 6xy = 0
Figura 41: F´olio 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¸c˜ao a x, obtemos
3x2
+ 3y2 dy
dx
− 6y − 6x
dy
dx
ou x2
+ y2 dy
dx
− 2y − 2x
dy
dx
.

41. Sugest˜oes & 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¸c˜ao da figura 41 confirma que este ´e um valor razo´avel
pra a inclina¸c˜ao em (3, 3). Logo, uma equa¸c˜ao da tangente ao f´olio de
Descartes em (3, 3) ´e
y − 3 = −1 (x − 3) ou x + y = 6.
3-9 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
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
Sugest˜ao
Considere o f´olio de Descartes
x3
+ y3
− 6xy = 0,
que estudamos no exemplo 3.35 .
(a) Mostre que o ponto P = (3,
3 (−1−
√
5)
2
) ´e um ponto do f´olio.
(b) Suponha que x3
+ y3
− 6xy = 0 define implicitamente y como
fun¸c˜ao de x em torno do ponto P. Calcule dy
dx
para x = 3 e
y =
3 (−1−
√
5)
2
.
(c) Qual a inclina¸c˜ao da reta tangente ao f´olio de Descartes em P?
Parte 3
Sugest˜oes & Respostas
3-1 Voltar A inclina¸c˜ao da reta ´e
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 ´e y = 3x + 3.
3-2 Voltar A derivada ´e dy
dx
= 1
3( 3√
x)
2 . Em particular, dy
dx
(8) = 1
12
.
Logo, a reta procurada ´e y − 8 = 1
12
(x − 2).
3-3 Voltar
(a) f (0) = −4 e f (2) = 40.
(b) A inclina¸c˜ao 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.

42. Sugest˜oes & Respostas (J. Adonai) - 40
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¸c˜ao para um quociente junto como o caso r > 0, j´a
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¸c˜ao, 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¸c˜ao ´e 5−7
√
5
10
.

43. UFAL – EAD – C´alculo 1
J. Adonai
Parte 4: Aplicac¸˜oes da Derivada
Objetivos Espec´ıficos
• Definir Velocidade e Acelerac¸˜ao •
• Identificar uma Func¸˜ao Mon´otona a Partir do Sinal de sua Derivada •
• Calcular M´aximo e M´ınimo de Func¸˜oes Reais •
• Calcular Limites via a Regra de L’Hospital •
Objetivo Geral
• Aplicar o Conceito de Derivada em Situac¸˜oes Te´oricas e Pr´aticas •
Macei´o-2010

44. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 42
Um aplica¸c˜ao not´avel da derivada ´e o c´alculo das retas tangentes
de um gr´afico. Afinal, ela foi introduzida assim. Nesta parte do curso
abordaremos outras aplica¸c˜oes importantes deste conceito.
4.1 Taxa de Variac¸˜ao – Cinem´atica
Classicamente, o quociente de Newton (Parte 3, observa¸c˜ao 3.5)
∆y
∆x
=
f(a + ∆x) − f(a)
∆x
´e, tamb´em, chamado taxa de varia¸c˜ao m´edia de f no intervalo entre a
e a + ∆x. O seu limite, quando ∆x tende a zero, que ´e a derivada de f
em x = a, sob este ponto de vista ´e chamado taxa de varia¸c˜ao ou taxa
de crescimento de f no ponto x = a. Em F´ısica, quando a fun¸c˜ao, que
depende do tempo t, descreve a posi¸c˜ao 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¸c˜ao
hor´aria da part´ıcula, d´a o deslocamento da part´ıcula em um instante t,
a velocidade m´edia entre t0 e t, vm, ´e definida por
vm =
∆S
∆t
=
S(t) − S(t0)
t − t0
=
S(t0 + ∆t) − S(t0)
∆t
.
Em outras palavras, a velocidade m´edia ´e a taxa de varia¸c˜ao m´edia da
deslocamento S em rela¸c˜ao ao tempo t no intervalo de tempo ∆t. A
velocidade da part´ıcula no instante t0, indicada por v(t0), ´e 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 instantˆanea do deslo-
camento S em rela¸c˜ao ao tempo t no instante t0.
A acelera¸c˜ao da part´ıcula no tempo t0, a(t0), ´e definida como
sendo a segunda derivada de S neste tempo, isto ´e,
a(t0) = S (t0) = v (t0) =
dv
dt
(s0) =
d2
S
dt2
(t0).
Exemplo 4.1. Uma part´ıcula em movimento obedece `a equa¸c˜ao hor´aria
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 ´e v(t) = S (t) = dS
dt
= 2t + 1. Em particular, no
instante t = 1 s, ela ser´a igual v(1) = 3 m/s. A acelera¸c˜ao da part´ıcula
´e constante e vale d2S
dt2 = 2 m/s2
.
4-1 Exerc´ıcio
Resposta
Calcule a velocidade e a acelera¸c˜ao da part´ıcula
com fun¸c˜ao hor´aria S no tempo t0, onde S e t0
s˜ao 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
Soluc¸˜ao
Se uma bola ´e lan¸cada verticalmente para cima
de uma altura de 2 m com uma velocidade ini-
cial de 10 m/s, sua fun¸c˜ao hor´aria ´e dada por
y = S(t) = −g
t2
2
+ 10t + 2,
onde g, a acelara¸c˜ao da gravidade, vale aproximadamente 9, 8 m/s2
.
Calcule a altura m´axima que ser´a atingida pela bola.

45. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 43
Exemplo 4.2. Suponha que uma bola esf´erica, de volume inicial 0, 1 m3
´e inflada a uma raz˜ao constante de 0, 01 m3
/s. Vamos obter a veloci-
dade com que est´a 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 ´e
dR
dt
(t1) =
0, 01
4π
m/s 0.000785398 m/s.
Um problema interessante ´e determinar o tempo t1, que vale
t1 =
4π − 0, 3
0, 03
s 408, 879 s.
S´o como observa¸c˜ao, a obten¸c˜ao de t1 come¸ca resolvendo-se a equa¸c˜ao
diferencial
0, 01 =
dV
dt
= 4π(R(t))2 dR
dt
(t),
com inc´ognita R(t) e condi¸c˜ao inicial R(0) = 3 0,3
4π
(raio da esfera no
instante em que seu volume ´e 0, 1 m3
). A solu¸c˜ao desta equa¸c˜ao ´e
R(t) =
3 3
4π
(0, 01 t + 0, 1).
Bem, agora vocˆe pode calcular t1. Concorda?
4-3 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
Calcule a taxa de varia¸c˜ao da ´area da superf´ıcie
da bola infl´avel do exemplo 4.2 no instante em
que o seu raio mede 1 m.
4-4 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
Considere uma escada de 8 m de comprimento,
apoiada em uma parede vertical. Num dado
instante, digamos t0 s, o p´e da escada est´a 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
Sugest˜ao
Uma torneira de
vaz˜ao constante
2 litros por segundo enche um reser-
vat´orio cˆonico como na figura ao lado.
Calcule a velocidade com que sobe o
n´ıvel da ´agua quanto este se encontra
a 2 metros do fundo.
y
3 m
x
1, 5 m
4.2 Variac¸˜ao das Func¸˜oes
As derivadas de uma fun¸c˜ao f fornecem informa¸c˜oes importantes
sobre o seu comportamento, no que se refere ao seu crescimento e aos
seus valores extremos (m´aximos e m´ınimos). Estes tema ser˜ao aborda-
dos logo ap´os obtermos alguns teoremas essenciais que dizem respeito
`as fun¸c˜oes deriv´aveis.
4.2.1 Teoremas Fundamentais
Neste ponto estudaremos os principais teoremas envolvendo fun-
¸c˜oes deriv´aveis em um intervalo. O primeiro deles ´e o famoso teorema
do valor m´edio, para o qual apresentaremos uma prova geom´etrica.
Teorema 4.3. [Teorema do Valor M´edio] Se f : [a, b] −→ R ´e con-
t´ınua e deriv´avel no intervalo(a, b), ent˜ao, existe c ∈ (a, b) tal que
f(b) − f(a) = f (c)(b − a).

46. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 44
Demonstra¸c˜ao. Na figura a seguir, mostramos o gr´afico 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, ´e dada por
xa bc
α
A
P
B
l
s
y
tg α =
f(b) − f(a)
b − a
,
onde α ´e o ˆangulo que l faz com o eixo OX. Agora imaginamos dentre
as retas paralelas a l, uma reta, digamos s, que seja tangente `a curva
y = f(x), e indiquemos por P = (c, f(c)) o ponto de tangˆencia. Logo,
s tem declividade igual a f (c), como vimos na subse¸c˜ao 3.1 . Por
outro lado, como s ´e paralela a l suas declividades devem coincidir,
isto ´e,
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.
Observac¸˜ao 4.4. Nos textos mais avan¸cados de An´alise Real, obt´em-
se inicialmente o conhecido teorema de Rolle e, a partir dele, prova-se
o teorema do valor m´edio. O ponto de vista geom´etrico que adotamos
permite obter o teorema do valor m´edio sem fazer referˆencia `aquele
teorema. O que faremos a seguir ´e obter o teorema de Rolle como
conseq¨uˆencia do teorema do valor m´edio. Vejamos.
Corol´ario 4.5. [Teorema de Rolle] Seja f : [a, b] −→ R uma fun-
¸c˜ao cont´ınua no intervalo fechado [a, b] e deriv´avel no intervalo aberto
(a, b). Se f(a) = f(b), ent˜ao, existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.
Demonstra¸c˜ao. 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 m´edio, 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¸c˜ao ´e
y = x + 2.
Portanto, c deve satisfazer a equa¸c˜ao
f (c) = 2c = 1,
x
s
l
y
cuja solu¸c˜ao ´e c = 1
2
. A reta tangente s tem equa¸c˜ao 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
m´edio para f entre −1 e 1.
(b) Determine os pontos da curva y = x3
onde as tangentes s˜ao para-
lelas ao segmento de reta que liga (−1, −1) a (1, 1).
Vimos anteriormente que as fun¸c˜oes constantes tˆem derivada nula.
Agora podemos provar a rec´ıproca deste fato, para fun¸c˜oes definidas em
intervalos.
Corol´ario 4.7. Seja f : I −→ R uma fun¸c˜ao deriv´avel no intervalo
aberto I. Se f (x) = 0, para todo x ∈ I, ent˜ao f ´e constante.

47. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 45
Demonstra¸c˜ao. Seja a ∈ I um ponto que fixaremos. Se b ∈ I ´e 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 ´e nula em I, temos, em particular, que f (c) = 0 e, portanto,
f(b) − f(a). De modo an´alogo, 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 ´e constante.
Exemplo 4.8. Defina f : A −→ R, onde A ´e a uni˜ao 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 n˜ao ´e constante, mas sua derivada ´e identicamente nula em A.
Claro que isto s´o acontece, porque A n˜ao ´e um intervalo.
4-7 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
Seja f : R −→ R uma fun¸c˜ao diferenci´avel 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 ´e constante.
4-8 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
[Teorema do Valor M´edio Generalizado]
Sejam f, g : [a, b] −→ R diferenci´aveis. 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
Sugest˜ao
Considere f, g : R −→ R duas fun¸c˜oes deriv´a-
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 Func¸˜oes Mon´otonas
Seja f : I −→ R uma fun¸c˜ao definida em I ⊂ R e fixemos A um
subconjunto de I.
Definic¸˜ao 4.9. Dizemos que
(i) f ´e crescente em A se f(x1) ≤ f(x2), ∀ x1 < x2 em A.
(ii) f ´e estritamente crescente em A se f(x1) < f(x2), ∀ x1 < x2 em
A.
(iii) f ´e decrescente em A se f(x1) ≥ f(x2), ∀ x1 < x2 em A.
(iv) f ´e estritamente decrescente em A se f(x1) > f(x2), ∀ x1 < x2
em A.
Uma fun¸c˜ao que satisfaz uma das condi¸c˜oes acima ´e chamada mon´o-
tona.
Exemplo 4.10. A fun¸c˜ao f(x) = 3x − 1 ´e estritamente crescente em
R. A fun¸c˜ao g(x) = x2
´e estritamente crescente em [0, ∞) e decrescente
em (−∞, 0]. Olhando atentamente para a par´abola y = x2
, vemos
que suas tangentes ao longo do intervalo (0, +∞), onde ela cresce, tˆem
inclina¸c˜oes positivas, enquanto que ao longo de (−∞, 0), onde decresce,
suas tangentes tˆem inclina¸c˜oes negativas. Isto equivale dizer que g > 0
em (0, +∞), onde g ´e crescente, e que g < 0 em (−∞, 0), ode g ´e

48. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 46
decrescente. Isto motiva o seguinte resultado.
y = x2
y = 3x − 1
x
x
y
y
Proposic¸˜ao 4.11. Seja f : I −→ R deriv´avel no intervalo I. Temos
que
(i) Se f ´e crescente, ent˜ao f (x) ≥ 0, para todo x ∈ I.
(ii) Se f ´e decrescente, ent˜ao f (x) ≤ 0, para todo x ∈ I.
Demonstra¸c˜ao. 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¸c˜ao 3.3 ). Mas, para
x > a, temos que f(x)−f(a) ≥ 0, pois f ´e crescente. Logo, f (a+) ≥ 0
e, portanto, f (a) ≥ 0, o que prova (i).
Observac¸˜ao 4.12. O leitor atento poderia esperar que se na pro-
posi¸c˜ao acima tiv´essemos f estritamente crescente, ent˜ao sua derivada
seria estritamente positiva. Entretanto, mesmo meste caso, s´o podemos
afirmar que f ´e n˜ao-negativa. Com efeito, para considere f(x) = x3
,
x ∈ R (veja figura do exemplo 3.12 ). Temos que f ´e estritamente
crescente, mas sua derivada f (x) = 3x2
≥ 0, pois se anula em x = 0.
Usando o teorema do valor m´edio, podemos provar a rec´ıproca da
proposi¸c˜ao anterior. Mais precisamente, temos o seguinte resultado.
Proposic¸˜ao 4.13. Seja f : I −→ R deriv´avel no intervalo I. Temos
que
(i) Se f > 0 em I, ent˜ao f ´e estritamente crescente.
(ii) Se f ≥ 0 em I, ent˜ao f ´e crescente.
(iii) Se f < 0 em I, ent˜ao f ´e estritamente decrescente.
(iv) Se f ≤ 0 em I, ent˜ao f ´e decrescente.
Demonstra¸c˜ao. 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 ´e
estritamente crescente.
Exemplo 4.14. Neste ponto, retomamos a fun¸c˜ao f(x) = x3
, definida
em R e observamos que sua derivada 3x2
> 0 em R − {0}. Portanto, f
´e
estritamente crescente a´ı. H´a uma
diferen¸ca not´avel na forma entre os
peda¸cos da curva que se encontram
`a esquerda e `a direita da origem.
Esta diferen¸ca ´e o que chamamos de
concavidade da curva: no peda¸co da
esquerda (x ∈ (−∞, 0]) ela est´a 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 n˜ao 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 ´e observar o sinal de que
f = 6x, o qual ´e negativo em x < 0, o que implica que f ´e decrescente,
e ´e positivo em x > 0, o que implica que f ´e crescente. ´E exatamente
isto que faz a diferen¸ca, e que vale para qualquer fun¸c˜ao deriv´avel duas
vezes, e que ser´a provado a seguir.
Proposic¸˜ao 4.15. Seja f : I −→ R duas vezes deriv´avel no intervalo I.

49. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 47
(i) Se f ≥ 0 em I, ent˜ao a curva y = f(x) tem concavidade voltada
para cima.
(ii) Se f ≤ 0 em I, ent˜ao a curva y = f(x) tem concavidade voltada
para baixo.
Demonstra¸c˜ao. Para (i), basta observar que f ´e crescente, e, para o
caso (ii), que f ´e 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 gr´afico 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¸c˜oes b´asicas.
(i) limx→−∞ = −∞.
(ii) limx→+∞ = +∞.
(iii) f(0) = 2. (Um estudo mais apurado de f determina que suas
ra´ızes s˜ao −1, 1 e 2.)
(iv) f (x) ≥ 0, para x ∈ [2
3
, +∞). Concavidade voltada para cima
ao longo de [2
3
, +∞), ou f ´e crescente em [2
3
, +∞).
(v) f (x) < 0, para x ∈ (−∞, 2
3
). Concavidade voltada para baixo
aol longo de (−∞, 2
3
), ou ou f ´e 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¸c˜ao (i) da pro-
posi¸c˜ao 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¸c˜ao (ii) da
proposi¸c˜ao 4.15 .
(viii) As ra´ızes de f s˜ao x1 = 2−
√
7
3
, que ´e negativa e maior do que
−1, e x2 = 2+
√
7
3
, que est´a entre 1 e 2.
(ix) f ´e crescente antes de x1 e depois de x2, posto que a´ı f > 0.
(x) f ´e 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 s˜ao x1 = 1 e x2 = 2.
(b) Deduza que f ´e crescente em (−∞, 1] ∪ [2, +∞) e decrescente no
intervalo [1, 2].
(c) Agora estude o sinal de f e esboce a curva.

50. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 48
4.3 M´aximos e M´ınimos
Seja f : I −→ R uma fun¸c˜ao 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 ´e um n´umero real positivo.
Definic¸˜ao 4.17. Dizemos que x0 ´e um
ponto de m´aximo 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) ´e chamado
de m´aximo local de f. Quando J = I,
diremos que x0 ´e ponto de m´aximo glo-
bal de f, e que f(x0) ´e o valor m´aximo
de f.
x0 − δ x0 xx0 + δ
f(x0)
y
Definic¸˜ao 4.18. Dizemos que x0 ´e 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) ´e chamado
de m´ınimo local de f. Quando J = I,
diremos que x0 ´e ponto de m´ınimo glo-
bal de f, e que f(x0) ´e o valor m´ınimo
de f.
x0 − δ x0 x0 + δ x
f(x0)
y
Exemplo 4.19. x0 = 0 ´e ponto de m´ınimo global de f(x) = x2
, x ∈ R.
O valor m´ınimo de f ´e f(0) = 0. De fato, 0 = f(0) ≤ x2
, para todo
x ∈ R.
Exemplo 4.20. Visando generalizar a situa¸c˜ao do exemplo anterior,
vamos estudar um polinˆomio da forma p(x) = ax2
+ bx + c, onde a, b e
c s˜ao constantes com a > 0. Neste caso, veremos que x0 = − b
2a
´e ponto
de m´ınimo global de p, com valor m´ınimo global dado por f(x0) = − δ
4a
,
onde ∆ = b2
− 4ac ´e 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 polinˆomio 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
.
´E claro que se ∆ < 0, teremos recorrer aos n´umeros complexos. A figura
a seguir ilustra a situa¸c˜ao.
Figura 51: y = ax2 + bx + c, a > 0
− ∆
4a
x xx1 x2x0
x0
− ∆
4a
∆ > 0
∆ < 0
yy

51. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 49
Como caso particular, p(x) = x2
− 6x + 10 tem valor m´ınimo global 1,
atingido em x0 = −6
2
= 3.
Neste ponto, ´e 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 ´e paralela ao eixo OX.
Este fato n˜ao ´e mera coincidˆencia deste exemplo, como veremos na
proposi¸c˜ao 4.22 , a seguir.
4-11 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
(a) Estudar p(x) = ax2
+ bx + c, para o caso a < 0, e mostrar que
x0 = − b
2a
´e o ponto de m´aximo global de p com valor m´aximo
correspondente dado por f(x0) = − ∆
4a
.
(b) Determine dois n´umeros 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 ´area poss´ıvel.
Definic¸˜ao 4.21. Seja f : I −→ R definida no intervalo I e deriv´avel
em x0 ∈ I. Diremos que x0 ´e 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.
Proposic¸˜ao 4.22. Seja f : I −→ R definida no intervalo I e deriv´avel
em x0 ∈ I. Se x0 ´e um ponto extremo de f, isto ´e, x0 ´e um ponto de
m´aximo ou de m´ınimo (local ou global), e x0 n˜ao ´e uma das extremidades
de I, ent˜ao x0 ´e um ponto cr´ıtico de f.
Demonstra¸c˜ao. Vamos supor que x0 ´e um ponto de m´ınimo local.
Ent˜ao, 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.
Observac¸˜ao 4.23. A rec´ıproca da proposi¸c˜ao acima n˜ao ´e verdadeira,
como mostra o exemplof(x) = x3
, que tem x0 = 0 como ponto cr´ıtico,
mas este ponto n˜ao de m´aximo nem de m´ınimo.
Exemplo 4.24. Consideremos o polinˆomio
f(x) = x3
− 3x + 4, x ∈ R.
De limx→+∞ f(x) = +∞ e limx→−∞ f(x) = −∞, vem que f n˜ao 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

52. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 50
ser˜ao locais. Como pontos extremos s˜ao pontos cr´ıticos, vamos procurar
inicialmente os pontos cr´ıticos de f. Como f (x) = 3x2
− 3, vem que
os ´unicos pontos cr´ıticos de f s˜ao x1 = 1 e x2 = −1. Para entender o
comportamento de f em x1, vamos expandi-la em torno de x1, onde f
vale 2, isto ´e, f(1) = 2. O truque consiste em escrever x = (x − 1) + 1
e calcular
f(x) = f((x − 1) + 1) = (x − 1)3
+ 3(x − 1)2
+ 2
= f(1) + (x − 1)2
(x + 2).
Logo,
f(x) − f(1) = f(x) − 2
= (x − 1)2
(x + 2) ≥ 0,
se x > −2. Como x1 = 1 ∈ (−2, +∞),
vemos que x1 ´e ponto de m´ınimo local
de f. A figura ao lado destaca a regi˜ao
onde x1 = 1 minimiza f. Como
x
y
exerc´ıcio, o leitor deve expandir f em torno de x1 = −1 e concluir que
f(−1) − f(x) = 6 − f(x) ≥ 0,
se x < 1, sendo, portanto, x1 ponto de m´aximo local de f.
O teorema mais importante, no que diz respeito `a existˆencia de
m´aximo e m´ınimo, ´e o teorema de Weierstrass, o qual admitiremos sem
prova.
Teorema 4.25. [Teorema de Weierstrass] Se f : [a, b] −→ R ´e con-
t´ınua no intervalo fechado [a, b], ent˜ao existem xm, xM ∈ [a, b] tais que
f(xm) ≤ f(x) ≤ f(xM ), ∀x ∈ [a, b].
Assim, xm e xM s˜ao, respectivamente pontos de m´ınimo e m´aximo glo-
bais de f.
Exemplo 4.26. Vamos otimizar a fun¸c˜ao
f(x) = x3
− 3x + 4
do exemplo anterior, s´o que restrita ao intervalo [−1, 3], isto ´e, vamos
calcular seus valores m´aximo e m´ınimo globais, os quais existem de
acordo com o teorema de Weierstrass. Sejam xM e xm pontos de [−1, 3]
onde tais valores extremos globais ocorrem. Se um deles n˜ao ´e extre-
midade de [−1, 3], ent˜ao deve ser ponto cr´ıtico de f. Como os pontos
cr´ıticos de f (em R) s˜ao −1 e 1, vem que xm e xM devem pertencer ao
conjunto {−1, 1, 3}. Calculando os valores de f(x) para x ∈ {−1, 1, 3},
temos que
f(−1) = 6, f(1) = 2 e f(3) = 22.
Portanto, o valor m´aximo de f restrita a [−1, 3] ´e 22, atingido em xM =
3, e o valor m´aximo ´e 2, atingido em xm = 1.
Exemplo 4.27. Vamos agora fazer uma aplica¸c˜ao pr´atica. Vamos su-
por que temos em m˜aos um folha quadrada de papel˜ao medindo l m de
lado. Com esta folha pretendemos construir uma caixa, de base qua-
drada, sem tampa, recortando em cada canto um pequeno quadrado.
A caixa deve ter volume m´aximo. A figura 53 exibe a situa¸c˜ao, onde
os quadrados retirados tˆem aresta x. Portanto, indicando o volume da
caixa de altura x por V , teremos
V (x) = x(l − 2x)2
,
medido, claro, em m3
. ´E esta a fun¸c˜ao que queremos otimizar. Qual o
dom´ınio de V ? ´E a primeira pergunta que devemos fazer. A resposta
´e simples: o menor valor que x pode assumir ´e zero, quando a caixa
tem altura zero, e, neste caso, V = 0. O maior valor que x pode
assumir ´e l/2, dando uma caixa de largura zero, e volume tamb´em nulo.
Portanto, devemos considerar V definida no intervalo fechado [0, l/2].
Seja xM ∈ [0, l/2] um ponto onde V m´aximo, o qual existe, pois V ´e
cont´ınua. Logo, ou xM ∈ {0, l/2} ou xM pertence ao intervalo aberto
(0, l/2). Como V se anula em 0 e l/2, vem que xM ∈ (0, l/2) e, portanto,
V (xM ) = 0. Resolvendo
V (x) = −8lx + l2
+ 12x2
= 0,

53. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 51
obtemos x = l/2 /∈ (0, l/2) ou x = l/6. Portanto, xM = l/6, e o volume
m´aximo ´e
V (l/6) =
2
27
l3
m3
.
Figura 53
xl
6
l
2
y = V (x)x(l − 2x)2
l
26
l3
y
x
2l
3
l − 2x
x l
6
y
l
Exemplo 4.28. Vamos agora construir um tanque cil´ındrico (fechado)
com volume 4 m3
para o qual queremos minimizar o custo de produ¸c˜ao.
O que devemos fazer? ´E claro que o custo est´a diretamente ligado `a
area da superf´ıcie do tanque. Portanto, devemos minimizar
A = 2πrh + 2πr2
,
que ´e a ´area de um cilindro de altura h e raio r. A informa¸c˜ao que
temos sobre o volume do tanque d´a que o seu volume V ´e
V = πr2
h = 4.
Donde h = 4
πr2 e, portanto, podemos escrever
A = A(r) =
8
r
+ 2πr2
onde r deve variar entre 0 e +∞, onde o teorema de Weierstrass n˜ao
pode ser aplicado. Mas isto n˜ao ´e t˜ao grave assim, pois
lim
r→0+
A(r) = lim
r→+∞
A(r) = +∞,
e isto implica que A deve ter um valor minimo global. Este valor deve
ser atingido em um ponto r0 > 0 que ´e ponto cr´ıtico de A, isto ´e,
A (r0) = 0. Mas
A (r) =
−8
r2
+ 4 π r,
o que d´a
r0 =
2
π
1
3
m 0, 860254 m.
Portanto, o raio e a altura do tanque devem ser
r0 =
2
π
1
3
m e h =
4
πr2
0
= 2
2
π
1
3
m = 2r0.
r
y = A(r) = 8
r
+ 2πr2
2r0
r0
y
Vamos registrar em um teorema as ideias contidas no exemplo
anterior.
Teorema 4.29. Seja f : (a, b) −→ R (a pode ser −∞ e b pode ser +∞)
uma fun¸c˜ao deriv´avel no intervalo aberto (a, b).
(i) Se limx→a f(x) = limx→b f(x) = +∞, ent˜ao f tem m´ınimo (glo-
bal) e este ´e atingido em um ponto cr´ıtico.
(ii) Se limx→a f(x) = limx→b f(x) = −∞, ent˜ao f tem m´aximo (glo-
bal) e este ´e atingido em um ponto cr´ıtico.

54. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 52
4-13 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
Determine o raio e a altura de um tanque
cil´ındrico sem tampa de volume 4 m3
com me-
nor custo de produ¸c˜ao.
4-14 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
Mostre que o retˆangulo de ´area m´axima e
per´ımetro dado ´e um quadrado.
4-15 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
Corta-se um peda¸co de arame de comprimento
l em duas partes. Com uma fazemos um c´ır-
culo, com a outra fazemos um quadrado.
(a) Onde devemos cortar o arame para que a soma das ´areas das duas
figuras seja m´ınima?
(b) Onde devemos cortar o arame para que a soma das ´areas das duas
figuras seja m´axima?
Bem agora suponha que um certo ponto cr´ıtico de f : I ⊂ R −→ R,
digamos x = c, perten¸ca a um intervalo J = (x1, x2) ⊂ I onde f seja
n˜ao-negativa, isto ´e f (x) ≥ 0, para todo x ∈ J. Neste caso, teremos
que a concavidade de y = f(x) estar´a voltada para cima e a tangente
(ii) M´aximo local(i) M´ınimo local
x1 x2 xxx2x1 c
f < 0
f > 0
f (x1) > f (x2)
yy
em (c, f(c)) paralela ao eixo-x. Portanto, ´e bastante natural se esperar
que, em J, f tenha em c um ponto de m´ınimo local.
4.4 Regras de L’Hospital
Como mais uma aplica¸c˜ao da derivada, vamos estudar um m´etodo
muito ´util de calcular limites de formas indeterminadas. Este m´etodo ´e
conhecido com regras de L’Hospital. Para isso vamos estabelecer inici-
almente um resultado preliminar, que ´e uma generaliza¸c˜ao do Teorema
do Valor M´edio, j´a estudado no exerc´ıcio 4-8 .
Teorema 4.30. Sejam f e g duas fun¸c˜oes cont´ınuas definidas num
intervalo fechado [a, b] e deriv´aveis no intervalo aberto (a, b) . Al´em disso,
suponhamos que g (x) = 0 e g (b) −g (a) = 0. Ent˜ao existe um ponto
c ∈ (a, b) tal que
f (b) − f (a)
g (b) − g (a)
=
f (c)
g (c)
.
Demonstra¸c˜ao. Consideremos a fun¸c˜ao auxiliar
h(x) = (f(b) − f(a))g(x) − (g(b) − g(a))f(x),
Observe que h (a) = h (b) = 0. Portanto, pelo teorema de Rolle, existe
c em (a, b) tal que h (c) = 0, isto ´e,
(f(b) − f(a))g (c) − (g(b) − g(a))f (c) = 0,
e a prova est´a completa.
Estamos agora em condi¸c˜oes de explicar as regras de L’Hospital,
referentes ao c´alculo de limites sob a forma indeterminada 0
0
.
Teorema 4.31. [Regra de L’Hospital] Sejam f e g duas fun¸c˜oes
cont´ınuas em x = a. Se g (x) = 0, para x em um pequeno intervalo em
torno de a, f (a) = g (a) = 0 e limx→a
f (x)
g (x)
existe, ent˜ao f
g
tem limite
em x = a e vale
lim
x→a
f (x)
g (x)
= lim
x→a
f (x)
g (x)
.

55. Aplicac¸˜oes da Derivada (J. Adonai) - 53
Demonstra¸c˜ao. Pelo teorema anterior, para cada x = a e suficien-
temente pr´oximo de a (para termos g (x) = 0) existe c ∈ (a, x) tal
que
f (x)
g (x)
=
f (x) − f (a)
g (x) − g (a)
=
f (c)
g (c)
.
Quando fazemos x → a temos tamb´em c → a. Logo,
lim
x→a
f (c)
g (c)
= lim
x→a
f (x)
g (x)
.
Portanto,
lim
x→a
f (x)
g (x)
= lim
x→a
f (c)
g (c)
= lim
x→a
f (x)
g (x)
.
Exemplo 4.32. Vamos usar a regra de L’Hospital para calcular
lim
x→0
1 + sen x − cos x
sen x
.
Note que f(x) = 1 + sen x − cos x e g(x) = sen x ambas tendem a zero
quando x tende a zero. Logo,
lim
x→0
1 − sen x − cos x
sen x
= lim
x→0
− cos x + sen x
cos x
= lim
x→0
−1 + 0
1
= −1.
Exemplo 4.33. `As vezes precisamos calcular mais derivadas para re-
solver a indetermina¸c˜ao, como veremos agora, no c´alculo de
lim
x→0
1 + x + sen x − cos x
sen2
x
.
Note que f(x) = 1 + x + sen x − cos x e g(x) = sen2
x e sua derivadas
f (x) e g (x) tendem a zero quando x tende a zero. Logo, aplicando a
regra de L’Hospital para f (x)
g (x)
, obtemos
lim
x→0
1 + x − sen x − cos x
sen2
x
= lim
x→0
1 − cos x + sen x
2 sen x cos x
= lim
x→0
sen x + cos x
2 cos2
x − 2 sen2
x
=
1
2
Observac¸˜ao 4.34. O que usamos a cima foi a seguinte extens˜ao da re-
gra de L’Hospital: Se f (a) = g (a) = 0, f (a) = g (a) = 0 e limx→a
f (x)
g (x)
existe, ent˜ao f
g
tem limite em x = a e vale
lim
x→a
f (x)
g (x)
= lim
x→a
f (x)
g (x)
= lim
x→a
f (x)
g (x)
.
4-16 Exerc´ıcio
Sugest˜ao
Verifique os seguintes limites.
(a) limx→0
1−cos x
sen x
= 0.
(b) limx→0
x+cos x+sen x
sen x+cos x
= 1.
(c) limx→0
x2
1−cos x
= 2.
(d) limx→0
x−sen x
x3 = 1
6
.
(e) limx→0
tg x−x
x3 = 1
3
.
(f) limx→0
tg x−x
x(1−cos x)
= 2
3
.
(g) limx→0
x−sen x
tg x−x
= 1
2
.
Observac¸˜ao 4.35. Vale observar que a regra de L’Hospital se aplica
quando a = +∞ ou a = −∞. Por exemplo, se a = +∞ colocamos
x =
1
t
e aplicamos a regra:
lim
x→+∞
f (x)
g (x)
= lim
t→0+
f
1
t
g
1
t
= lim
t→0+
f
1
t
−1
t2
g
1
t
−1
t2
= lim
x→+∞
f (x)
g (x)
.
Observac¸˜ao 4.36. A regra de L’Hospital tamb´em se aplica `as formas
indeterminadas ±∞
±∞
.

56. Sugest˜oes & Respostas (J. Adonai) - 54
Parte 4
Sugest˜oes & Respostas
4-1 Voltar
(a) v(0) = 1 m/s, a(0) = 0 m/s2
.
(b) v(1) = 3 m/s, a(1) = 2 m/s2
.
(c) v(1) = 3 m/s, a(1) = 2 m/s2
.
(d) v(1) = 2 m/s, a(1) = 1 m/s2
.
4-2 Voltar A altura m´axima ´e atingida quando a velocidade se anula,
isto ´e, S (t) = −gt + 10 = 0. O que acontece para t = 10
g
m/s.
Logo, a altura procurada ´e S(10
g
) = 2 + 50
g
7.10204 m.
4-3 Voltar Indique por A(t) a ´area da superf´ıcie da bola. Assim,
A(t) = 4π(R(t))2
. Portanto, dA(t)
dt
= 8πR(t)dR(t)
dt
. Portanto, a
taxa de varia¸c˜ao pedida ´e 0, 02 m2
/s.
4-4 Voltar Se y indica a altura do topo da escada e x indica a
distˆancia
do p´e da escada `a parede, ent˜ao
64 = x2
+ y2
e
dx
dt
(t0) = 1.
Logo,
x
dx
dt
+ y
dy
dt
= 0.
3
8
Agora verifque que dy
dt
(t0) = −3/
√
55 m/s, o que indica que o topo
est´a descendo.
4-5 Voltar . O volume de l´ıquido dentro do reservat´orio ´e dado por
v = 1
3
x2
y e x
y
= 15
30
. Logo, dy
dt
= 1
50π
dm/s, quando y = 20 dm.
4-6 Voltar
(a) c = ±
√
3/3.
(b) Os pontos s˜ao (−
√
3/3, −
√
3/9) e (
√
3/3,
√
3/9).
4-7 Voltar . Dado c ∈ R escreva o quociente de Newton em torno de
c
q(x) =
f(x) − f(c)
x − c
= M(x − c)n−1
.
Deduza da´ı que f (c) = 0 e conclua o exerc´ıcio.
4-8 Voltar
(b) Use o teorema de Rolle.
4-9 Voltar 0. Na realidade, f2
− g2
´e constante e igual a 0.
4-10 Voltar
y < 0
x
y > 0
y
4-11 Voltar
(a) Comece com a equa¸c˜ao (E1) do exemplo 4.20 notando que,
agora, a < 0.
(b) Escreva p = x(2 − x) = −x2
+ 2x que ´e um polinˆomio do
segundo grau, como no item anterior, com a = −1, b = 2

57. Referˆencias Bibliogr´aficas (J. Adonai) - 55
e c = 0. Logo, p = 1 ´e o valor m´aximo atingido em x0 =
−b/2a = 1. Portanto, x = y = 1 s˜ao os n´umeros procurados.
(c) Indique por x e y os lados do retˆangulo. Logo x + y = 2 e a
´area ´e A = xy. Agora use o item anterior para concluir que
x = y = 1 Km.
4-12 Voltar
(a) Resolvendo f (x) = 0, obtemos x = 1 ou x = 2.
(b) 2kπ, onde k ∈ Z s˜ao os pontos cr´ıticos procurados.
(c) −π
2
+ 2kπ, onde k ∈ Z.
4-13 Voltar A ´area da superf´ıcie do tanque ´e A(r) = 8
r
+ πr2
. O raio
´e igual a altura com valor 2
2
3
π
1
3
m.
4-14 Voltar Maximize A = xy sabendo que x + y ´e constante.
4-15 Voltar Escreva l = 4x + r e, portanto, a soma das ´areas A vale
A = x2
+ πr2
, que em fun¸c˜ao de r fica
A(r) =
l2
16
−
l π r
4
+ π +
π2
4
r2
.
O dom´ınio desta fun¸c˜ao ´e o intervalo 0 ≤ r ≤ l
2π
, que significa que
com r = 0 fazemos apenas um quadrado, e com r = l
2π
fazemos
apenas um c´ırculo. Note que temos um polinˆomio de segundo
grau com coeficiente l´ıder positivo.
(a) O m´ınimo de A ´e l2
16+4 π
e ocorre no ponto cr´ıtico r0 = l
2 (4+π)
.
O arame deve ser cortado em 2πr0.
(b) Como se trata de um polinˆomio do segundo grau com coefi-
ciente a > 0, o m´aximo (que existe) deve ocorrer em um dos
extremos do intervalo [0, l
2π
]. Como A(0) = l2
16
< A( l
2π
) = l2
4 π
,
vem que a ´area m´axima ´e A( l
2π
) = l2
4 π
e todo arame deve ser
usado para o c´ırculo.
4-16 Voltar
(f) Note que tg x−x
x(1−cos x)
= tg x−x
x3
x2
1−cos x
. Agora, use a regra de
L’Hospital.
Referˆencias Bibliogr´aficas
[1] George B. Thomas Jr., C´alculo, Volume 1. Ao Livro T´ecnico
S.A., Rio de Janeiro, 1974.
[2] Geraldo ´Avila, C´alculo Diferencial e Integral, Volume 1. Editora
Universidade de Bras´ılia, Bras´ılia, 1978.
[3] Richard Courant, C´alculo Diferencial e Integral (tradu¸c˜ao de
Alberto Nunes Serr˜ao e Ruy Hon´orio Bacelar), volume 1, Editora
Globo, Rio de Janeiro (1966).
[4] Serge Lang, C´alculo, Volume 1. ao Livro T´ecnico S.A., Rio de
Janeiro, 1971.