Propriedades de limites. Limites laterais.

´ MODULO 1 - AULA 3

Aula 3 – Propriedades de limites. Limites laterais. Referˆ encias: Aulas 1 e 2, e aula 34 de Pr´ e-C´ alculo.

Objetivos Estudar propriedades elementares de limites, tais como: soma, produto, quociente e confronto. Compreender, a partir da discuss˜ao de exemplos concretos, a no¸ca˜o de limite lateral. Iniciaremos esta aula estudando algumas propriedades b´asicas de limites que contribuir˜ao para simplificar o c´alculo dos mesmos, e a concluiremos introduzindo a no¸ca˜o de limite lateral. Dadas duas fun¸co˜es f, g : D → R, podemos a elas associar uma nova fun¸ca˜o, f + g, definida por (f + g)(x) = f (x) + g(x) para todo x ∈ D. Por exemplo, se f, g : R → R s˜ao definidas por f (x) = 1 + x2 e g(x) = x3 , ent˜ao (f + g)(x) = f (x) + g(x) = 1 + x2 + x3 para todo x ∈ R. Proposi¸c˜ao 3.1 Sejam f, g : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intercepte D − {a}. Se lim f (x) = l1 e lim g(x) = l2 ,

x→a

x→a

ent˜ao lim (f + g)(x) = l1 + l2 .

x→a

Demonstra¸c˜ao: Seja (xn ) uma seq¨ uˆencia arbitr´aria de elementos de D tal que xn 6= a para todo n e lim xn = a. Como lim f (x) = l1 , lim f (xn ) = l1 e, n→∞

x→a

n→∞

como lim g(x) = l2 , lim g(xn ) = l2 . Pela Proposi¸ca˜o 2.1, obtemos: x→a

n→∞

lim (f + g)(xn ) = lim (f (xn ) + g(xn )) = lim f (xn ) + lim g(xn ) = l1 + l2 .

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

Portanto, pela defini¸ca˜o de limite, lim (f + g)(x) = l1 + l2 , como x→a hav´ıamos afirmado. Exemplo 3.1 Calculemos lim (1 − x3 + |x|). x→−2

Para todo x ∈ R, podemos escrever 1 − x3 + |x| = (f + g)(x), onde f (x) = 1−x3 e g(x) = |x|. Al´em disso, j´a sabemos que lim f (x) = f (−2) = 9 x→−2

e lim g(x) = g(−2) = 2. x→−2

29

CEDERJ

Propriedades de limites. Limites laterais.

Portanto, pela Proposi¸ca˜o 3.1, lim (1 − x3 + |x|) = 9 + 2 = 11.

x→−2

Dadas duas fun¸co˜es f, g : D → R, podemos a elas associar uma nova fun¸ca˜o, f g, definida por (f g)(x) = f (x)g(x) para todo x ∈ D. Por exemplo, se f, g : R → R s˜ao definidas por f (x) = x4 e g(x) = senx, ent˜ao (f g)(x) = x4 senx para todo x ∈ R. Proposi¸c˜ao 3.2 Sejam f, g : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intercepte D − {a}. Se lim f (x) = l1 e lim g(x) = l2 ,

x→a

x→a

ent˜ao lim (f g)(x) = l1 l2 .

x→a

Demonstra¸c˜ao: Argumentaremos como na demonstra¸ca˜o da Proposi¸ca˜o 3.1. De fato, seja (xn ) uma seq¨ uˆencia arbitr´aria de elementos de D tal que xn 6= a para todo n e lim xn = a. Como lim f (x) = l1 , lim f (xn ) = l1 e, como n→∞

x→a

n→∞

lim g(x) = l2 , lim g(xn ) = l2 . Pela Proposi¸ca˜o 2.2, obtemos:

x→a

n→∞

lim (f g)(xn ) = lim (f (xn )g(xn )) = ( lim f (xn ))( lim g(xn )) = l1 l2 .

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

Portanto, pela defini¸ca˜o de limite, lim (f g)(x) = l1 l2 . x→a

Exemplo 3.2 Calculemos lim (x2 + 3)2 . x→0

Para isto, consideremos o polinˆomio p(x) = x2 + 3. J´a sabemos que lim p(x) = p(0) = 3.

x→0

Portanto, pela Proposi¸ca˜o 3.2, lim (x2 + 3)2 = lim (p(x))2 = (lim p(x))(lim p(x)) = 32 = 9.

x→0

x→0

x→0

x→0

Vocˆe tamb´em poderia observar que (x2 + 3)2 = x4 + 6x2 + 9 ´e um polinˆomio, para da´ı concluir que lim (x2 + 3)2 = 04 + 6 × 02 + 9 = 9.

x→0

CEDERJ

30

Propriedades de limites. Limites laterais.

´ MODULO 1 - AULA 3

Exemplo 3.3 Calculemos lim (x2 + 3)3 . x→0

Como no exemplo anterior, vocˆe poderia notar que (x2 + 3)3 ´e um polinˆomio para obter o valor do limite. Ou ent˜ao, lan¸car m˜ao da Proposi¸ca˜o 3.2 e do Exemplo 3.2. Sen˜ao vejamos: lim (x2 + 3)3 = lim (p(x))3 = lim ((p(x))2 p(x)) =

x→0

x→0

x→0

2

= (lim (p(x)) )(lim p(x)) = 32 × 3 = 33 = 27. x→0

x→0

De modo geral, podemos afirmar que para todo inteiro k ≥ 1, lim (x2 + 3)k = 3k .

x→0

Suponhamos lim f (x) = l1 e lim g(x) = l2 , sendo f e g duas fun¸co˜es x→a x→a de D em R e a como na defini¸ca˜o de limite. Aplicando as Proposi¸co˜es 3.1 e 3.2, ´e poss´ıvel garantir que lim cf (x) = lim c

x→a

x→a




Este fato decorre da Proposi¸ca ˜o 3.2 e do pr´ıncipio de indu¸ca ˜o finita.


lim f (x) = cl1 para todo c ∈ R

x→a

(olhando c como a fun¸ca˜o constante e igual a c) e

lim (f (x) − g(x)) = lim (f (x) + (−1)g(x)) =

x→a

x→a

= lim f (x) + lim (−1)g(x) = l1 − l2 . x→a

x→a

Temos ainda a seguinte

Se lim g(x) = l2 6= 0, ´ e x→a

Proposi¸c˜ao 3.3 Sejam g : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intercepte D − {a}, e suponhamos g(x) 6= 0 para todo x ∈ D. Se lim g(x) = l2 e l2 6= 0, x→a ent˜ao   1 1 lim (x) = . x→a g l2
1

g

No enunciado da Proposi¸ca˜o 3.3, 1 para todo x ∈ D. (x) = g(x)

1 g

poss´ıvel verificar que g(x) 6= 0 para x ∈ D − {a} pr´ oximo de a. Assim, faz sentido considerar a fun¸ca ˜o 1 definida para x ∈ D − {a} g pr´ oximo de a, e a conclus˜ ao da Proposi¸ca ˜o 3.3 permanece verdadeira.

representa a fun¸ca˜o definida por

Notemos que a condi¸ca˜o de g nunca se anular em D n˜ao implica, em geral, que l2 6= 0. Por exemplo, a fun¸ca˜o g(x) = x2 , definida em R − {0}, satisfaz g(x) > 0 para todo x ∈ R − {0}; entretanto, lim g(x) = 0. x→0

A demonstra¸ca˜o da Proposi¸ca˜o 3.3 ´e an´aloga a`s das Proposi¸co˜es 3.1 e 3.2. Sugerimos que vocˆe a fa¸ca, lembrando que a Proposi¸ca˜o 2.3 dever´a ser utilizada.

31

CEDERJ

Propriedades de limites. Limites laterais.

Dada uma fun¸ca˜o f : D → R e sendo g como no enunciado da Pro
(x) para posi¸ca˜o 3.3, representemos por fg a fun¸ca˜o definida por fg (x) = fg(x) todo x ∈ D. Por exemplo, se f (x) = sen x e g(x) = x4 + 1, ent˜ao
(x) f x (x) = fg(x) = xsen 4 +1 para todo x ∈ R. g

Notando que fg = f g1 e supondo lim f (x) = l1 e lim g(x) = l2 , com x→a x→a l2 6= 0, podemos aplicar as Proposi¸co˜es 3.2 e 3.3 para garantir que     1 f (x) = lim f. (x) = lim x→a x→a g g =

lim f (x)

x→a

= l1




   1 lim (x) = x→a g

1 l1 = . l2 l2

Exemplo 3.4 x3 − 7x + 1 . x→−3 x2 + 1

Calculemos lim

Para isto, consideremos os polinˆomios p(x) = x3 −7x+1 e q(x) = x2 +1, o segundo dos quais nunca se anula. Ent˜ao   p x3 − 7x + 1 (x) para todo x ∈ R. = 2 x +1 q Como lim p(x) = p(−3) = (−3)3 − 7(−3) + 1 = −5

x→−3

e lim q(x) = q(−3) = (−3)2 + 1 = 10 6= 0 ,

x→−3

segue que x3 − 7x + 1 5 1 lim = − = − . x→−3 x2 + 1 10 2 Exemplo 3.5 |x| . −1
Para isto, escrevamos x2|x|−1 = fg (x), onde f (x) = |x| e g(x) = x2 − 1. Para todo x ∈ R − {−1, 1} , x2 − 1 = (x − 1)(x + 1) 6= 0, isto ´e, g(x) 6= 0. Al´em disso, lim f (x) = f (2) = 2 e lim g(x) = g(2) = 3 6= 0. Calculemos lim

x→2

x→2

CEDERJ

32

x2

x→2

Propriedades de limites. Limites laterais.

´ MODULO 1 - AULA 3

Portanto, lim

2 |x| = . −1 3

x→2 x2

A pr´oxima proposi¸ca˜o, conhecida como propriedade do confronto, ´e muito u ´til para o c´alculo de certos limites. Proposi¸c˜ao 3.4 Sejam f, g, h : D → R tais que f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) para todo x ∈ D e seja a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intercepte D − {a}. Se

Na Proposi¸ca ˜o 3.4 basta supor f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) para x ∈ D pr´ oximo de a.

lim f (x) = lim h(x) = l,

x→a

x→a

ent˜ao lim g(x) = l.

x→a

Este resultado ´e bastante natural e intuitivo, e decorre do fato de que se (un ), (vn ) e (wn ) s˜ao trˆes seq¨ uˆencias tais que un ≤ vn ≤ wn para todo n e lim un = lim wn = u, ent˜ao lim vn = u.

n→∞

n→∞

n→∞

Exemplo 3.6

  1 =0. Vejamos que lim x cos x→0 x

De fato, como | cos x| ≤ 1 para todo x ∈ R, segue que x cos
|x| cos x1 ≤ |x| para todo x ∈ R − {0}. Isto significa que   1 ≤ |x| −|x| ≤ x cos x

1 x


=

para todo x ∈ R − {0}. Como lim (−|x|) = lim |x| = 0, a Proposi¸ca˜o 3.4 x→0 x→0 fornece   1 lim x cos = 0. x→0 x Consideremos agora o seguinte Exemplo 3.7 Seja f a fun¸ca˜o definida em R − {0} por f (x) = x se x < 0 e f (x) = x2 + 1 se x > 0, cujo gr´afico ´e esbo¸cado na Figura 3.1.

33

CEDERJ

Propriedades de limites. Limites laterais.

2 y2n+ 1 1

xn 0

yn

1

xn

Figura 3.1 Vocˆe j´a deve ter percebido que lim f (x) n˜ao existe, o que pode ser x→0

justificado da seguinte forma: as seq¨ uˆencias − n1 e n1 convergem para zero,




uˆencia f n1 = a seq¨ uˆencia f − n1 = − n1 converge para zero e a seq¨
1 + 1 converge para 1. n2 Por outro lado, se tomarmos qualquer seq¨ uˆencia (xn ) de n´ umeros nega-

tivos tal que lim xn = 0, teremos lim f (xn ) = lim xn = 0; e, se tomarmos n→∞

n→∞

n→∞

qualquer seq¨ uˆencia (yn ) de n´ umeros positivos tal que lim yn = 0, teremos n→∞

lim f (yn ) = lim (yn 2 + 1) = 1. Isto significa que, se x se aproximar de

n→∞

n→∞

zero apenas por valores menores do que zero, f (x) se aproximar´a de 0; e, se x se aproximar de zero apenas por valores maiores do que zero, f (x) se aproximar´a de 1. Vamos a mais um exemplo, no qual ocorre um fenˆomeno parecido. Exemplo 3.8 Seja f (x) =

|x| x

para todo x ∈ R − {0}.

= −x = −1; e, para todo x > 0, f (x) = Para todo x < 0, f (x) = |x| x x |x| x = x = 1. Assim, o gr´afico de f ´e , na verdade, muito simples (ver a x Figura 3.2).

CEDERJ

34

Propriedades de limites. Limites laterais.

´ MODULO 1 - AULA 3

1

xn 0

yn

–1

Figura 3.2 Como no Exemplo 3.7, lim f (x) n˜ao existe (justifique esta afirma¸ca˜o x→0

detalhadamente). Por outro lado, dada uma seq¨ uˆencia (x n ) qualquer tal que xn < 0 para todo n e lim xn = 0, tem-se f (xn ) = −1 para todo n; logo, n→∞

lim f (xn ) = −1. E, dada uma seq¨ uˆencia (yn ) qualquer tal que yn > 0 para

n→∞

todo n e lim yn = 0, tem-se f (yn ) = 1 para todo n; logo, lim f (yn ) = 1. n→∞

n→∞

Vimos, nos Exemplos 3.7 e 3.8, que apesar de lim f (x) n˜ao existir, x→0 ocorre um fenˆomeno “simp´atico”se nos restringirmos exclusivamente a valores de x menores do que zero ou a valores de x maiores do que zero. Isto caracteriza o fato dos limites laterais a` esquerda e a` direita existirem, para ambas as fun¸co˜es, quando x tende a zero. No caso da fun¸ca˜o f do Exemplo 3.7, o limite lateral a` esquerda em quest˜ao (denotado por lim− f (x)) ´e x→0

zero e o limite lateral a` direita em quest˜ao (denotado por lim+ f (x)) ´e 1. No x→0

caso da fun¸ca˜o f do Exemplo 3.8, tem-se lim f (x) = −1 e

x→0−

lim f (x) = 1.

x→0+

No caso geral, usaremos as nota¸co˜es

e-se: limite lim f (x) = l lˆ

x→a−

de f (x) quando x tende a a pela esquerda ´ e igual a l. e-se: limite lim f (x) = l lˆ x→a+

lim f (x) e

x→a−

lim f (x)

x→a+

para representar, respectivamente, os limites laterais a` esquerda e a` direita de f em a. Cabe mencionar que lim f (x) existe se, e somente se, os limites laterais x→a

lim− f (x) e lim+ f (x) existem e s˜ao iguais.

x→a

x→a

Este fato poderia ser usado para garantir que, se f ´e a fun¸ca˜o do Exemplo 2.13, ent˜ao lim f (x) = 0. Com efeito, dada qualquer seq¨ uˆencia

de f (x) quando x tendo a a pela direita ´ e igual a l.

Para que lim f (x) fa¸ca x→a−

sentido, ´ e preciso assegurar que existam elementos do dom´ınio de f , menores do que a, t˜ ao pr´ oximos de a quanto desejarmos, valendo observa¸ca ˜o an´ aloga para lim f (x). x→a+

x→0

35

CEDERJ

Propriedades de limites. Limites laterais.

(xn ) tal que xn < 0 para todo n e lim xn = 0, tem-se lim f (xn ) = 0 n→∞

n→∞

(pois f (xn ) = 0 para todo n); logo lim− f (x) = 0. Por outro lado, dada x→0

uma seq¨ uˆencia (yn ) qualquer tal que yn > 0 para todo n e lim yn = 0, n→∞

tem-se lim f (yn ) = lim yn = 0; logo, lim+ f (x) = 0. Conseq¨ uentemente, n→∞

n→∞

x→0

lim f (x) = 0.

x→0

Finalmente, observemos que as propriedades sobre limites, vistas nesta aula, permanecem verdadeiras tanto para o limite lateral a` esquerda quanto para o limite lateral a` direita.

Resumo Nesta aula vocˆe estudou certas propriedades elementares de limites, bem como a no¸ca˜o de limite lateral.

Exerc´ıcios 1. Calcule os seguintes limites: x3 + 5x + 7 ; x→−1 x2 − 6x + 8 (x − 2)3 + 2|x| √ ; (b) lim x→0 x4 + x2 + 2

x2 − 5x + 6 ; x→3 x−3 x4 − 1 (d) lim . x→1 x − 1

(a) lim

(c) lim

2. Sejam k um inteiro positivo e a um n´ umero real. (a) Mostre que lim (xk − ak ) = 0. x→a

xk − a k = kak−1 . x→a x − a xk − a k k k (x − a) para x 6= a, obtenha (a) a (c) Escrevendo x − a = x−a partir de (b).

(b) Mostre que lim

3. Use a defini¸ca˜o de limite para mostrar que   1 lim xcos = 0. x→0 x 4. (a) Use a defini¸ca˜o de limite para mostrar que   1 2 lim x sen = 0 e lim x2 sen x = 0. x→0 x→0 x CEDERJ

36

Propriedades de limites. Limites laterais.

´ MODULO 1 - AULA 3

(b) Use a propriedade do confronto para mostrar que   1 2 = 0 e lim x2 sen x = 0. lim x sen x→0 x→0 x 5. Defina f : R − {0} → R por f (x) = 2 + |x| se x < 0 e f (x) = x2 + 3 se x > 0. (a) Esboce o gr´afico de f . (b) Calcule lim− f (x) e lim+ f (x). x→0

x→0

(c) Decida se lim f (x) existe. x→0

6. Defina g : R → R por g(x) = −x2 + 1 se x < 0, g(0) = 0 e g(x) = x + 1 se x > 0. (a) Esboce o gr´afico de g. (b) Calcule lim− g(x) e lim+ g(x). x→0

x→0

(c) Decida se lim g(x) existe. Em caso afirmativo, lim g(x) = g(0)? x→0

x→0

7. Sejam f e g as fun¸co˜es dos Exerc´ıcios 5 e 6. (a) Forne¸ca lim− (f +g)(x) , lim+ (f +g)(x), lim− (f g)(x) e lim+ (f g)(x). x→0

x→0

x→0

x→0

(b) Decida se lim (f + g)(x) e lim (f g)(x) existem. x→0

x→0

8. Defina f : R − {0} → R por f (x) = x2 + x + 2c se x > 0 e f (x) = 1 − cx se x < 0, onde c ´e um n´ umero real. Determine o valor de c para que lim f (x) exista. x→0

9. (a) Sejam f, g : D → R e a ∈ R tal que todo intervalo aberto contendo a intercepte D − {a}. Se lim f (x) = 0 e existe M > 0 tal que x→a

|g(x)| ≤ M para todo x ∈ D (ou apenas para x ∈ D pr´oximo de a), mostre que lim (f g)(x) = 0. x→a

(b) Obtenha o Exemplo 3.6 e o Exerc´ıcio 4 a partir de (a).

Auto-avalia¸c˜ ao As propriedades discutidas nesta aula ser˜ao usadas freq¨ uentemente durante o curso. Por esta raz˜ao, ´e importante que vocˆe tenha feito corretamente os exerc´ıcios propostos, pois eles visam a assimila¸ca˜o das referidas propriedades. Caso haja alguma d´ uvida nos exerc´ıcios, releia a aula com aten¸ca˜o e depois volte a eles. Caso ainda persista alguma d´ uvida, consulte os tutores.

37

CEDERJ

Um limite fundamental.

´ MODULO 1 - AULA 4

Aula 4 – Um limite fundamental. Referˆ encias: Aula 3, e aula 34 de Pr´ e-C´ alculo.

Objetivos uˆencias deste Compreender porque lim senx x = 1, e ver algumas conseq¨ x→0

fato.

Antes de justificar a validade do fato mencionado acima, vejamos alguns exemplos: Exemplo 4.1 lim sen x = 0 (= sen0) .

x→0

De fato, consideremos a fun¸ca˜o f (x) = sen x, cujo gr´afico esbo¸camos na Figura 4.1.

− π2 −2π

− 3π 2

−π

1

3π 2

0

π 2

2π

π

−1

Figura 4.1 Para qualquer seq¨ uˆencia (xn ) tal que xn < 0 para todo n e lim xn = 0, n→∞

temos lim f (xn ) = lim sen xn = 0; logo, lim− sen x = 0. Por outro lado, n→∞

n→∞

x→0

para qualquer seq¨ uˆencia (yn ) tal que yn > 0 para todo n e lim yn = 0, temos n→∞

lim f (yn ) = lim sen yn = 0; logo, lim+ sen x = 0. Portanto, lim sen x = 0.

n→∞

n→∞

x→0

x→0

Exemplo 4.2 lim cos x = 1 (= cos 0).

x→0

De fato, consideremos a fun¸ca˜o f (x) = cos x, cujo gr´afico esbo¸camos na Figura 4.2.

39

CEDERJ

Um limite fundamental.

1 −π

− π2

π π 2

0

− 3π 2

−2π

3π 2

2π

−1

Figura 4.2 Para qualquer seq¨ uˆencia (xn ) tal que xn < 0 para todo n e lim xn = 0, n→∞

temos lim f (xn ) = lim cos xn = 1; logo, lim− cos x = 1. Por outro lado, n→∞

n→∞

x→0

para qualquer seq¨ uˆencia (yn ) tal que yn > 0 para todo n e lim yn = 0, temos n→∞

lim f (yn ) = lim cos yn = 0; logo lim+ cos x = 1. Portanto, lim cos x = 1.

n→∞

n→∞

x→0

x→0

Exemplo 4.3 O dom´ınio da fun¸ca ˜o tangente ´ e o conjunto dos x ∈ R tais que cos x 6= 0.

lim tg x = 0.

x→0

x , e como lim sen x = 0 e lim cos x = 1, segue De fato, como tg x = sen cos x x→0 x→0 do que vimos na aula 3 que

lim tg x =

x→0

0 = 0. 1

Teorema 4.1 sen x lim = 1. x→0 x Demonstra¸c˜ao: Provemos, inicialmente, que lim+

x→0

sen x = 1. x

De fato, consideremos o < x < π2 , e comparemos as a´reas dos triˆangulos OAB e ODC e do setor circular ODB (ver a Figura 4.3). C B

x 0

A 1

Figura 4.3 CEDERJ

40

D

Um limite fundamental.

´e

x 2

´ MODULO 1 - AULA 4

Como a a´rea do triˆangulo OAB ´e sen x2cos x , a a´rea do setor circular ODB x e a a´rea do triˆangulo ODC ´e tg2x = 12 sen , obtemos cos x sen x cos x x 1 sen x < < . 2 2 2 cos x Como sen x > 0 para 0 < x < π2 , segue que cos x
0. Logo, lim−

x→0

sen x sen(−x) sen y = lim− = lim+ = 1. x→0 y→0 x −x y

Em resumo, temos lim−

x→0

Conseq¨ uentemente,

sen x sen x = lim+ = 1. x→0 x x sen x = 1, x→0 x lim

como quer´ıamos demonstrar. 41

CEDERJ

Um limite fundamental.

Vocˆe deve ter notado que, para provar o Teorema 4.1, n˜ao poder´ıamos passar ao limite no numerador (sen x) e no denominador (x) separadamente, pois neste caso temos lim sen x = 0 (Exemplo 4.1) e lim x = 0. x→0

x→0

Vamos dedicar o resto da aula a discutir alguns exemplos nos quais se faz uso do Teorema 4.1. Exemplo 4.4 tg x = 1. lim x→0 x
De fato, como cos x 6= 0 para todo x ∈ − π2 , π2 , podemos escrever tg x sen x 1 = · x x cos x


´ poss´ıvel ent˜ao aplicar a Proposi¸ca˜o 3.2 para todo x ∈ − π2 , π2 , x 6= 0. E para concluir que    tg x sen x 1 lim = lim lim = 1 × 1 = 1. x→0 x x→0 x→0 cos x x Exemplo 4.5 1 − cos x = 0. lim x→0 x De fato, observemos inicialmente que 1 + cos x 6= 0 para todo x ∈

π π − 2 , 2 . Ent˜ao, para todo x ∈ − π2 , π2 , x 6= 0, tem-se: 1 − cos x (1 − cos x)(1 + cos x) = = x x(1 + cos x) =

1 − cos2 x = x(1 + cos x)

=

sen2 x = x(1 + cos x)

= sen x ·

sen x 1 · . x 1 + cos x

Como lim (1 + cos x) = 1 + lim cos x = 1 + 1 = 2,

x→0

x→0

a Proposi¸ca˜o 3.3 garante que lim

x→0

CEDERJ

42

1 1 = . 1 + cos x 2

Um limite fundamental.

´ MODULO 1 - AULA 4

Portanto, pela Proposi¸ca˜o 3.2,   
sen x 1 1 − cos x lim = = lim sen x lim lim x→0 x→0 1 + cos x x→0 x→0 x x =0×1×

1 = 0. 2

Exemplo 4.6 1 − cos x 1 lim = . x→0 x2 2
Realmente, como 1+cos x 6= 0 para todo x ∈ − π2 , π2 , podemos escrever  sen x 2 1 sen2 x 1 1 − cos x = = 2 2 x x 1 + cos x x 1 + cos x
para todo x ∈ − π2 , π2 , x 6= 0.

Portanto, pela Proposi¸ca˜o 3.2, 2  sen x 1 1 − cos x · lim = lim = lim 2 x→0 1 + cos x x→0 x→0 x x     sen x sen x 1 = lim lim lim = x→0 x→0 x→0 1 + cos x x x =1×1×

1 1 = . 2 2

Exemplo 4.7 sen(x2 ) = 0. lim x→0 x 2) 2) De fato, como sen(x = x · senx(x para todo x 6= 0 e como lim x2 = 0, 2 x x→0 temos  
sen (x2 ) sen (x2 ) = lim x lim = 0 × 1 = 0. lim x→0 x→0 x→0 x x2 Exemplo 4.8 sen x =1. lim x→π π − x Com efeito, tendo em vista a igualdade sen(z + w) = sen z cos w + sen w cos z, v´alida para quaisquer z, w ∈ R, segue que

sen(π − x) = sen(π + (−x)) = sen π cos(−x) + cos πsen(−x) = = −sen(−x) = −(−sen x) = sen x para todo x ∈ R. 43

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Um limite fundamental.

Conseq¨ uentemente, sen(π − x) sen x = lim . x→π x→π π − x π−x lim

Finalmente, como lim (π − x) = 0, resulta do Teorema 4.1 que x→π

sen(π − x) = 1. x→π π−x lim

Portanto,

sen x = 1. x→π π − x lim

Resumo Nesta aula vocˆe estudou um limite muito importante e viu algumas conseq¨ uˆencias do mesmo.

Exerc´ıcios 1. Calcule os seguintes limites: x2 . x→0 sen x sen (x2 − a2 ) (b) lim , a ∈ R. x→a x−a 3x2 (c) lim . x→0 tg x sen x Sugest˜ao: Escreva (a) lim

 x 2 3x2 =3 cos x. tg x sen x sen x tg(2x) . x→0 sen(3x) Sugest˜ao: Escreva

(d) lim

3x 1 2 sen(2x) tg(2x) = . sen(3x) 3 2x sen(3x) cos(2x) x x − sen cos x . x→0 x + sen x cos x Sugest˜ao: Escreva

(e) lim

x− x+

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sen x cos x sen x cos x

=

x sen x x sen x

− +

1 cos x 1 cos x

.

Um limite fundamental.

´ MODULO 1 - AULA 4

sen(ax) , a, b ∈ R − {0} . x→0 sen(bx)

(f) lim

sen2 (ax2 ) , a ∈ R − {0}. x→0 x4 Sugest˜ao: Escreva

(g) lim

 sen(ax2 ) 2 sen2 (ax2 ) 2 . =a x4 ax2

1 − cos(ax) , a ∈ R − {0} (use o Exemplo 4.6). x→0 x2 sen(tg x) (i) lim (note que lim tg x = 0) . x→π x→π tg x 1 − sec x . (j) lim x→0 x2 tg2 (ax) (k) lim , a, b ∈ R − {0}. x→0 1 − cos(bx) Sugest˜ao: Escreva

(h) lim

1 Como sec x = cos , a fun¸ca ˜o x secante est´ a definida no conjunto dos x ∈ R tais que cos x 6= 0.

 sen(ax) 2 1 + cos(bx) tg2 (ax) = 1 − cos(bx) sen(bx) cos2 (ax) e use (f). sec(ax) − sec(bx) , a, b ∈ R − {0}. (l) lim x→0 x2 Sugest˜ao: Escreva   sec(ax) − sec(bx) 1 − cos(ax) 1 − cos(bx) 1 = − x2 (cos(ax))(cos(bx)) x2 x2 e use (h) . 2. Calcule os seguintes limites: sen x sen(3x) sen(5x) . tg(2x) tg(4x) tg(6x) Sugest˜ao: Escreva

(a) lim

x→0

sen x sen(3x) sen(5x) = tg(2x) tg(4x) tg(6x) =



sen x · cos(2x) sen(2x)



sen(3x) · cos(4x) sen(4x)



sen(5x) · cos(6x) sen(6x)



e use o Exerc´ıcio 1 (f) . x + sen x . (b) lim 2 x→0 x − sen x 45

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Um limite fundamental.

3. Mostre que lim

x→1

1 tg3 (1 − x) = . 2 2 sen(1 − x) sen (1 − x ) 4

Sugest˜ao: Escreva tg3 (1 − x) = sen(1 − x) sen2 (1 − x2 ) 2  2  1 − x2 sen(1 − x) 1 1 . = cos3 (1 − x) (1 + x)2 1−x sen(1 − x2 ) 4. Lembrando que cos(x − π) = − cos x, mostre que lim

x→π

1 + cos x 1 = . 2 (x − π) 2

5. Mostre que lim

x→0

1 − cos3 x 3 = . 2x sen x cos x 4

6. Mostre que lim

x→0

sen(x2 + x1 ) − sen( x1 ) = 0. x

Sugest˜ao: Escreva sen(x2 + x1 ) − sen( x1 ) = x =

sen(x2 ) cos( x1 ) + cos(x2 )sen( x1 ) − sen( x1 ) = x

=



x cos

 1  sen(x2 )  x

x2

+



x sen

 1  cos(x2 ) − 1  x

x2

.

Auto-avalia¸c˜ ao Esta aula gira em torno de um resultado importante: lim senx = 1. Nos x→0 x exerc´ıcios propostos, al´em de aplicar este resultado, vocˆe deve demonstrar dom´ınio das propriedades de limites bem como das propriedades b´asicas das fun¸co˜es seno e cosseno. V´arios dos exerc´ıcios s˜ao acompanhados de sugest˜oes que facilitam a sua resolu¸ca˜o. Caso vocˆe tenha alguma dificuldade, releia a aula 3. CEDERJ

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