Seja $x_n = 9 + \dfrac{(-1)^{n+1}}{5n^2}$, demonstre que $\lim x_n = 9$.

Devemos mostrar que existe um $n_0$ tal que $|x_n - 9| < \epsilon$ para todo $n > n_0$ para todo $\epsilon > 0$.

$\left|\cancel{9} + \dfrac{(-1)^{n+1}}{5n^2} - \cancel{9}\right| < \epsilon\ \Rightarrow\ \dfrac{1}{5n^2} < \epsilon\ \Rightarrow\ n > \dfrac{1}{\sqrt{5\epsilon}}$

Como $\dfrac{1}{\sqrt{5\epsilon}}$ existe para todo $\epsilon$, basta tomar $n_0$ o menor inteiro maior que $\dfrac{1}{\sqrt{5\epsilon}}$, e assim $\lim x_n = 9$.

Quod Erat Demonstrandum.

Encontrar $L = \displaystyle\lim_{x \rightarrow \infty} \left(\sqrt{x^6 + 5x^3} - x^3\right)$.

$L = \displaystyle\lim_{x \rightarrow \infty} \left(\dfrac{\cancel{x^6} + 5x^3 - \cancel{x^6}}{\sqrt{x^6 + 5x^3} + x^3}\right) = \displaystyle\lim_{x \rightarrow \infty} \left(\dfrac{5}{\sqrt{\dfrac{x^6 + 5x^3}{x^6}} + \dfrac{x^3}{x^3}}\right) =$

 

$= \displaystyle\lim_{x \rightarrow \infty} \left(\dfrac{5}{\sqrt{1 + \cancelto{0}{\dfrac{5}{x^3}}} + 1}\right) = \fbox{$\dfrac{5}{2}$}$

Seja $f(x) = \dfrac{1}{x}$, mostrar, pela definição de derivada, que $f'(x) = -\dfrac{1}{x^2}$.

Seja $f$ contínua em $x$:

$\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\dfrac{1}{x + h} - \dfrac{1}{x}}{h} = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{x - x - h}{xh(x + h)} = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{-1}{x^2 + xh} = -\dfrac{1}{x^2}$.

Quod Erat Demonstrandum.

Exercício: limite de uma função de duas variáveis #3.

Calcular $L = \displaystyle\lim_{\begin{array}{l}x \rightarrow 2\\ y \rightarrow 3\end{array}} \dfrac{x^2y - 3x^2 - 4xy + 12x + 47 - 12}{xy - 3x - 2y + 6}$.

 

$L = \displaystyle\lim_{\begin{array}{l}x \rightarrow 2\\ y \rightarrow 3\end{array}} \dfrac{x\cancel{(xy - 3x - 2y + 6)} - 2\cancel{(xy - 3x - 2y + 6)}}{\cancel{xy - 3x - 2y + 6}} = \displaystyle\lim_{\begin{array}{l}x \rightarrow 2\\ y \rightarrow 3\end{array}} x - 2 = \fbox{$0$}$

Exercício: limite de uma função de duas variáveis #2.

Calcular $L = \displaystyle\lim_{\begin{array}{l}x \rightarrow 1\\ y \rightarrow 1\end{array}} \dfrac{\sqrt[3]{xy} - 1}{\sqrt{xy} - 1}$.

$L = \displaystyle\lim_{\begin{array}{l}x \rightarrow 1\\ y \rightarrow 1\end{array}} \dfrac{\left(\sqrt[3]{xy} - 1\right)\left(\sqrt{xy} + 1\right)}{xy - 1} = \displaystyle\lim_{\begin{array}{l}x \rightarrow 1\\ y \rightarrow 1\end{array}} \dfrac{\cancel{\left(\sqrt[3]{xy} - 1\right)}\left(\sqrt{xy} + 1\right)}{\cancel{\left(\sqrt[3]{xy} - 1\right)}\left(\sqrt[3]{x^2 y^2} + \sqrt[3]{xy} + 1\right)} = \fbox{$\dfrac{2}{3}$}$

Exercício: limite de uma função de duas variáveis.

Calcular $I = \displaystyle\lim_{\begin{array}{l}x \rightarrow 4\\ y \rightarrow 4\end{array}} \dfrac{x - y}{\sqrt{x} - \sqrt{y}}$.

 

$I = \displaystyle\lim_{\begin{array}{l}x \rightarrow 4\\ y \rightarrow 4\end{array}} \dfrac{\cancel{(x - y)}\left(\sqrt{x} + \sqrt{y}\right)}{\cancel{x - y}} = \displaystyle\lim_{\begin{array}{l}x \rightarrow 4\\ y \rightarrow 4\end{array}} \left(\sqrt{x} + \sqrt{y}\right) = \fbox{$4$}$

Determinar $L = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 3} \dfrac{\sqrt{x} - \sqrt{3}}{x - 3}$.

$L = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 3} \dfrac{\left(\sqrt{x} - \sqrt{3}\right)\left(\sqrt{x} + \sqrt{3}\right)}{(x - 3)\left(\sqrt{x} + \sqrt{3}\right)} = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 3} \dfrac{\cancel{x - 3}}{\cancel{(x - 3)}\left(\sqrt{x} + \sqrt{3}\right)} = \fbox{$\dfrac{\sqrt{3}}{6}$}$

Determinar $L = \displaystyle\lim_{t \rightarrow -\infty} \dfrac{t^2 + 2}{t^3 + t^2 - 1}$.

$L \overset{t \neq 0}{=} \displaystyle\lim_{t \rightarrow -\infty} \dfrac{\dfrac{t^2 + 2}{t^2}}{\dfrac{t^3 + t^2 - 1}{t^2}} = \displaystyle\lim_{t \rightarrow -\infty} \dfrac{1 + \dfrac{2}{t^2}}{t + 1 - \dfrac{1}{t^2}} = \fbox{$0$}$

Encontrar $L = \displaystyle\lim_{x \rightarrow -4} \dfrac{x^2 + 5x + 4}{x^2 + 3x - 4}$.

$L = \displaystyle\lim_{x \rightarrow -4} \dfrac{\cancel{(x + 4)}(x + 1)}{\cancel{(x + 4)}(x - 1)} = \displaystyle\lim_{x \rightarrow -4} \dfrac{x + 1}{x - 1} = \fbox{$\dfrac{3}{5}$}$

Encontrar $L = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\tan x}{x}$.

$L = \cancelto{1}{\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x}} \cdot \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \sec x = \fbox{$1$}$

Encontrar $I = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin 3x}{\sin 5x}$.

$I = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin 3x}{\sin 5x} \cdot \dfrac{15x}{15x} = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin 3x}{3x} \cdot \dfrac{5x}{\sin 5x} \cdot \dfrac{3x}{5x} =$

$= \cancelto{1}{\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin 3x}{3x}} \cdot \cancelto{1}{\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{5x}{\sin 5x}}\ \cdot \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{3x}{5x} = \fbox{$\dfrac{3}{5}$}$

Calcular $L = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 2} \dfrac{x^2 + x - 6}{x - 2}$.

$L = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 2} x + 3 = \fbox{$5$}$

Encontrar $\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0_+} \dfrac{x}{\sqrt{1 - \cos x}}$.

$\dfrac{x}{\sqrt{1 - \cos x}} \overset{x \in \left]0, \dfrac{\pi}{2}\right[}{=} \dfrac{x\sqrt{1 + \cos x}}{\sin x}$

$\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0_+} \dfrac{x\sqrt{1 + \cos x}}{\sin x} = \cancelto{1}{\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0_+} \dfrac{x}{\sin x}} \cdot \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0_+} \sqrt{1 + \cos x}= \sqrt{2}$

Uma série para $e$.

A constante $e$ é a base dos logaritmos naturais, é definida por $e = \displaystyle\lim_{x\ \rightarrow \ +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x}\right)^x$.

Utilizando a Fórmula de Taylor, sabendo que $\dfrac{d^{(n)}}{dx^{(n)}} e^x = e^x$, tomando $a = 0$,

$\fbox{$e = \displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty} \dfrac{1}{i!}$}$.

Seja $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ definida por $\begin{cases}x,\ \text{se}\ x \in \mathbb{Q}\\ -x,\ \text{se}\ x \not{\in} \mathbb{Q}\end{cases}$. Mostre que $f$ é contínua em $x = 0$ e descontínua para todo $x \neq 0$.

Seja $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ definida por $\begin{cases}x,\ \text{se}\ x \in \mathbb{Q}\\ -x,\ \text{se}\ x \not{\in} \mathbb{Q}\end{cases}$. Mostre que $f$ é contínua em $x = 0$ e descontínua para todo $x \neq 0$.

Resolução:

Observemos que $\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$, logo $f$ é contínua em $x = 0$.

Vamos agora supor que exista um $a \neq 0$ tal que $\displaystyle\lim_{x \rightarrow a} f(x) = f(a)$, ou seja,

$\forall \epsilon > 0, \exists \delta > 0 : |f(x) - f(a)| < \epsilon\ \Rightarrow\ |x - a| < \delta$.

Vamos supor que $a$ seja racional.

Tomando $x = a + b,\ (a + b) \not{\in} \mathbb{Q}$ e $\epsilon = |a|$, não existe $\delta$ que satisfaça a condição para um dado $b$ suficientemente pequeno.

Analogamente tomando $a$ irracional e $b$ tal que $(a + b)$ seja racional.

C.Q.D.

Supondo que $L_a = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x}$ exista e que $\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} a^x = 1$ para todo $a$, mostre que $L_{ab} = L_a + L_b,\ a, b > 0$.

Supondo que $L_a = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x}$ exista e que $\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} a^x = 1$ para todo $a$, mostre que $L_{ab} = L_a + L_b,\ a, b > 0$.

Resolução:

O Terceiro Limite Fundamental é $\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x} = \log a$, logo $\log (ab) = \log a + \log b$.

C.Q.D.

Seja $f:\ \mathbb{R} \rightarrow [a, +\infty[$, contínua e suponha que $\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = L$. Prove que $\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_a^b f(x)\ dx = L$.

Seja $f:\ \mathbb{R} \rightarrow [a, +\infty[$, contínua e suponha que $\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = L$. Prove que

$\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_a^b f(x)\ dx = L$.

Resolução:

Seja $F$ uma primitiva de $f$.

$\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_a^b f(x)\ dx = \displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{F(b) - F(a)}{b - a}$, que chamaremos de $Q$.

$\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{F(b) - F(a)}{b - a} = Q$

$\displaystyle\lim_{a \rightarrow b} \displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{F(b) - F(a)}{b - a} = \displaystyle\lim_{a \rightarrow b} Q$

$\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \displaystyle\lim_{a \rightarrow b} \dfrac{F(b) - F(a)}{b - a} = Q$

$\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} f(b) = Q$

$L = Q$

C.Q.D.

Utilizando a definição, mostre que $(\cos x)' = -\sin x$.

Utilizando a definição, mostre que $(\cos x)' = -\sin x$.

Demonstração:

$(\cos x)' = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\cos (x+h) - \cos x}{h} = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\cos x)(\cos h) - (\sin x)(\sin h) - \cos x}{h} =$

$= \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\cos x)[(\cos h) - 1]}{h} - \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)(\sin h)}{h} =$

$= \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} -(\cos x) \cdot \dfrac{\sin \dfrac{h}{2}}{h/2} \cdot (\sin \dfrac{h}{2}) - \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)(\sin h)}{h} =$

$= \cancelto{0}{-(\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \cos x) \cdot \underset{1}{\underbrace{(\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sin \dfrac{h}{2}}{h/2})}} \cdot (\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \sin \dfrac{h}{2})} - \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)(\sin h)}{h} =$

$= - (\sin x) \cdot \underset{1}{\underbrace{\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sin h}{h}}}$

Logo, $\fbox{$(\cos x)' = -\sin x$}$.

Utilizando a definição, mostre que $(\sin x)' = \cos x$.

Utilizando a definição, mostre que $(\sin x)' = \cos x$.

Demonstração:

$(\sin x)' = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sin (x+h) - \sin x}{h} = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)(\cos h) + (\sin h)(\cos x) - \sin x}{h} =$

$= \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)(\cos h) - \sin x}{h} + \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin h)(\cos x)}{h} = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)[(\cos h) - 1]}{h} + \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin h)(\cos x)}{h} =$

$= -\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} [(\sin x) \cdot \dfrac{(\sin \dfrac{h}{2})}{h/2} \cdot (\sin \dfrac{h}{2})] + \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin h)(\cos x)}{h} =$

$= \cancelto{0}{-(\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \sin x) \cdot \underset{1}{\underbrace{(\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin \dfrac{h}{2})}{h/2})}} \cdot (\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \sin \dfrac{h}{2})} + \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin h)(\cos x)}{h} =$

$= \underset{1}{\underbrace{\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sin h}{h}}} \cdot \cos x$

Logo $\fbox{$(\sin x)' = \cos x$}$.

Utilizando a definição, mostre que $(x^n)' = nx^{n-1}$, $n \in \mathbb{N}$.

Utilizando a definição, mostre que $(x^n)' = nx^{n-1}$, $n \in \mathbb{N}$.

Resolução:

$(x^n)' = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(x + h)^n - x^n}{h} = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\displaystyle\sum_{i=0}^n {n \choose i}x^{n-i}h^i - x^n}{h} =$

$= \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n {n \choose i}x^{n-i}h^{i-1} = \fbox{$nx^{n-1}$}$