Demonstração do primeiro limite fundamental, $\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1$.

Demonstração do primeiro limite fundamental, $\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1$.

No ciclo trigonométrico, seja $A_1$ a área do triângulo $\Delta AFE$, $A_2$ a área do setor circular $CAE$, $A_3$ a área do triângulo $\Delta ACB$, e $x = m(C\hat{A}E)$.

$A_1 \le A_2 \le A_3\ \Rightarrow\ \dfrac{(\sin x)(\cos x)}{2} \le \dfrac{x}{2} \le \dfrac{\tan x}{2}\ \overset{x \neq 0}{\Rightarrow}$

$\overset{x \neq 0}{\Rightarrow}\ \cos x\ \le\ \dfrac{x}{\sin x}\ \le\ \sec x\ \Rightarrow\ \lim_{x \rightarrow 0} \cos x\ \le\ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{x}{\sin x}\ \le\ \lim_{x \rightarrow 0} \sec x\ \Rightarrow$

$\Rightarrow\ 1 \le \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{x}{\sin x} \le 1$

Pelo teorema do confronto, $\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{x}{\sin x} = 1$.

$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{1}{\dfrac{x}{\sin x}} = \dfrac{\lim_{x \rightarrow 0} 1}{\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{x}{\sin x}}$

Logo, $\fbox{$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1$}$.

Demonstração do terceiro limite fundamental, $\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x}\ =\ \log a$.

Demonstração do terceiro limite fundamental, $\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x}\ =\ \log a$.

Seja $y = a^x - 1$.

$y + 1 = a^x\ \Rightarrow\ \log (y + 1) = x \log a\ \Rightarrow\ x = \dfrac{\log (y + 1)}{\log a}$

Observemos que $x \rightarrow 0\ \Rightarrow\ y \rightarrow 0$.

$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x}\ =\ \lim_{y \rightarrow 0} \dfrac{y}{\dfrac{\log (y + 1)}{\log a}}\ =\ \lim_{y \rightarrow 0} \dfrac {\log a}{\dfrac{\log (y + 1)}{y}}\ =\ \dfrac{\log a}{\log \lim_{y \rightarrow 0} (1 + y)^{1/y}}$

O segundo limite fundamental é $\lim_{y \rightarrow 0} (1 + y)^{1/y}\ =\ e$. Logo:

$\fbox{$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x}\ =\ \log a$}$.

Mostre que $\lim_{x \rightarrow 1} 2x$ não é $3$.

Vamos supor que seja $3$.

Pela definição de limite, $\forall \epsilon > 0,\ \exists \delta > 0\ :\ |x - 1| < \delta\ \Rightarrow\ |2x - 3| < \epsilon$.

$|2x - 3| < \epsilon\ \Rightarrow\ \dfrac{-\epsilon + 3}{2} < x < \dfrac{\epsilon + 3}{2}$ (I)

$|x - 1| < \delta\ \Rightarrow\ -\delta + 1 < x < \delta + 1$ (II)

Tomemos $\epsilon = 1$. Por (I), $1 < x < 2$.

Para que (II) implique (I),

$\begin{cases}1 \le -\delta + 1 \\ 2 \ge \delta + 1\end{cases}$

que é um sistema impossível, pois $\delta$ deve ser positivo.

Logo, $\lim_{x \rightarrow 1} 2x \neq 3$.

$\lim_{x \rightarrow 1} \dfrac{x^\alpha - 1}{x - 1}$

Seja $\alpha\ \in\ \mathbb{N}$.

$\lim_{x \rightarrow 1} \dfrac{x^\alpha - 1}{x - 1}\ =\ \lim_{x \rightarrow 1} \dfrac{(x-1)\sum_{i=0}^{\alpha - 1} x^i}{(x-1)}\ =$

$=\ \lim_{x \rightarrow 1} \sum_{i=0}^{\alpha - 1} x^i\ = \fbox{$\alpha$}$

$L\ =\ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - b^x}{x}$

$L\ =\ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - b^x}{x}\ ,\ a,b \in \mathbb{R}_+$.

$\bullet$ Primeiro caso: $a = b = 0$:

$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{0}{x}\ = \fbox{$0$}$

$\bullet$ Segundo caso: $a \neq 0\ \wedge\ b = 0$:

$\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{a^x}{x}\ = +\infty$

$\lim_{x \rightarrow 0^-} \dfrac{a^x}{x}\ = -\infty$

Logo $\fbox{$\nexists L$}$.

$\bullet$ Terceiro caso: $a = 0\ \wedge\ b \neq 0$:

$\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{-b^x}{x}\ = -\infty$

$\lim_{x \rightarrow 0^-} \dfrac{-b^x}{x}\ = +\infty$

Logo $\fbox{$\nexists L$}$.

$\bullet$ Quarto caso: $a \neq 0\ \wedge\ b \neq 0$:

Aplicando L'Hospital:

$L\ =\ \lim_{x \rightarrow 0} [(a^x \log a) - (b^x \log b)]\ = \fbox{$\log \dfrac{a}{b}$}$

$\lim_{x \rightarrow 0^+} (e^x + 3x)^{1/x}$

$\lim_{x \rightarrow 0^+} (e^x + 3x)^{1/x}\ =\ \lim_{x \rightarrow 0^+} e^{\dfrac{\log (e^x + 3x)}{x}}\ =$

$=\ e^{\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{\log (e^x + 3x)}{x}}\ =\ e^{\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{e^x + 3}{e^x + 3x}}\ =\ \fbox{$e^4$}$

Pela definição, encontre a derivada de $f(x) =x^n$.

Pela definição, encontre a derivada de $f(x) =x^n$.

Resolução:

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

$=\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sum_{i=1}^n {n \choose i} x^{(n-i)}h^i}{h}\ =$

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

Encontre $\lim_{x \rightarrow +\infty} (1 + \dfrac{1}{x})^{4x}$.

Encontre $\lim_{x \rightarrow +\infty} (1 + \dfrac{1}{x})^{4x}$.

Resolução:

Definamos $u = \dfrac{1}{x}$.

Definamos $y(u) = (1 + u)^{\dfrac{4}{u}}$.

$\ln \lim_{u \rightarrow 0} y(u)\ =\ \lim_{u \rightarrow 0} \ln y(u)\ =$

$=\ \lim_{u \rightarrow 0} 4\dfrac{\ln (u + 1)}{u}$

Utilizando L'Hospital:

$\lim_{u \rightarrow 0} 4(\dfrac{\ln (u + 1)}{u})\ =\ \lim_{u \rightarrow 0} \dfrac{4}{u + 1}\ =\ 4$

Logo $\lim_{x \rightarrow +\infty} (1 + \dfrac{1}{x})^{4x} =\ \fbox{$e^4$}$.

Seja $f$ diferenciável em $a$, demonstre que $f'(a) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a - h)}{2h}$.

Seja $f$ diferenciável em $a$, demonstre que $f'(a) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a - h)}{2h}$.

Resolução:
 

Primeiramente demonstrarmos que $f'(a) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a - h)}{h}$:
 

Tomando $k = -h$, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a - h)}{h} = \lim_{k \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a + k)}{-k}\ =$
 

$=\ \lim_{k \rightarrow 0} \dfrac{f(a + k) - f(a)}{k}\ =\ f'(a)$.
 

Agora a demonstração principal:
 

$\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a - h)}{2h}\ =$
 

$=\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a) + f(a) - f(a - h)}{2h}\ =$
 

$=\ \dfrac{1}{2}(\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a)}{h} + \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a - h)}{h})\ =$
 

$=\ \dfrac{2f'(a)}{2}\ =\ \fbox{$f'(a)$}$
 

Q.E.D.

Suponha que $|f(x)| \le |x|^k$, com $k > 1$. Calcule, por definição, $f'(0)$.

Observemos inicialmente que $|f(0)| \le |0|^k = 0$, logo $f(0) = 0$.

$f'(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h}$

Como $0 \le |f(x)| \le |x|^k$:

(I): $\lim_{h \rightarrow 0 ^+} \dfrac{0}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{|f(h)|}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{|h|^k}{h}\ \Rightarrow\ 0 \le \lim_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{|f(h)|}{h} \le 0$.

(II): $\lim_{h \rightarrow 0 ^-} \dfrac{|h|^k}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{|f(h)|}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{0}{h}\ \Rightarrow\ 0 \le \lim_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{|f(h)|}{h} \le 0$.

Por (I) e (II), e pelo teorema do confronto, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{|f(h)|}{h} = 0$.

Se $f(h) \ge 0$, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{|f(h)|}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h}$.

Se $f(h) < 0$, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{|f(h)|}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{-f(h)}{h} = -\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h}$.

Em ambos os casos, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h} = 0$, logo $\fbox{$f'(0) = 0$}$.

Exercício: seja $b^2 \ge 4ac$ e $b > 0$, encontre $\lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$.

Resolução:

$\dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \cdot \dfrac{b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{b + \sqrt{b^2 - 4ac}} =$

$= \dfrac{b^2 - 4ac - b^2}{(2a)(b + \sqrt{b^2 - 4ac})} = \dfrac{-2ac}{a(b + \sqrt{b^2 - 4ac})}$

Logo $\lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-2ac}{a(b + \sqrt{b^2 - 4ac})} =$

$= \lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-2c}{b + \sqrt{b^2 - 4ac}} = \fbox{$-\dfrac{c}{b}$}$

Demonstração: todo polinômio de grau ímpar tem ao menos uma raiz.

Se $\mathbb{U} = \mathbb{C}$, pelo teorema fundamental da Álgebra, a demonstração é imediata.

Se $\mathbb{U} = \mathbb{R}$, observemos que a função cuja lei de formação é o polinômio é uma função contínua. Seja $f$ tal função:

$f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i,\ a_n \neq 0$.

$n = 2k - 1,\ k \in \mathbb{N}$.

Temos 2 casos a considerar:

(I) $a_n > 0$:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} a_n x^n = +\infty$

$\lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow -\infty} a_n x^n = -\infty$

(II) $a_n < 0$:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} a_n x^n = -\infty$

$\lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow -\infty} a_n x^n = +\infty$

Em ambos os casos, pelo TVI, existe ao menos um $x_0$ tal que $f(x_0) = 0$.

Exercício: mostre que existe pelo menos um $b > 0$ tal que $\log (b) = e^{-b}$.

Observemos que, para $b = 1$, $\log (b) < e^{-b}$.

Observemos também que $\lim_{b \rightarrow +\infty} \log (b) = +\infty$ e $\lim_{b \rightarrow +\infty} e^{-b} = 0$.

Assim, como são funções contínuas, haverá ao menos uma intersecção entre seus gráficos; ou seja, $\log(b) = e^{-b}$ para algum $b$.

Exercício: encontrar limite.

Encontre $\lim_{t \rightarrow -2} \dfrac{\sqrt{3t^2 - 8} + t}{2t + 4}$.

Resolução:

$\dfrac{\sqrt{3t^2 - 8} + t}{2t + 4} = \dfrac{\sqrt{3t^2 - 8} + t}{2t + 4} \cdot \dfrac{\sqrt{3t^2 - 8} - t}{\sqrt{3t^2 - 8} - t} =$

$= \dfrac{2t^2 - 8}{(2t + 4)(\sqrt{3t^2 - 8} - t)} = \dfrac{(2t - 4)(t + 2)}{2(t + 2)(\sqrt{3t^2 - 8} - t)} =$

$= \dfrac{2t - 4}{2(\sqrt{3t^2 - 8} - t)}$

Logo $\lim_{t \rightarrow -2} \dfrac{\sqrt{3t^2 - 8} + t}{2t + 4} = \lim_{t \rightarrow -2} \dfrac{t - 2}{\sqrt{3t^2 - 8} - t} =\ \fbox{$-1$}$