Parte

Limites e Continuidade

Capítulo 7

Limites e continuidade de funções

Há muito tempo é um axioma meu que as pequenas coisas são infinitamente as mais importantes.
Sherlock Holmes, em Um Caso de Identidade, de Arthur Conan Doyle

Até aqui, funções, equações e inequações foram utilizadas para descrever valores e estabelecer relações entre eles. O conceito de limite introduz uma questão de natureza distinta: o comportamento de uma função quando a variável se aproxima de determinado ponto. O problema da reta tangente fornece uma primeira interpretação geométrica dessa aproximação. Exemplos numéricos e gráficos ajudam a formular a definição de limite, da qual decorrerão as propriedades básicas e a noção de continuidade.

7.1 Aproximação e reta tangente

7.1.1 A reta tangente

Seja $f$ uma função e seja $P$ um ponto de seu gráfico. O problema consiste em determinar, quando existir, a reta tangente ao gráfico de $f$ em $P$, como na Figura 7.1.

Quando a tangente possui inclinação finita em $P=(a,f(a))$, sua inclinação pode ser obtida a partir das inclinações das retas secantes que passam por $P$ e por um segundo ponto $Q$ do gráfico. Ao fazer $Q$ aproximar-se de $P$, estudamos o comportamento dessas inclinações. A definição de limite permitirá formular essa aproximação de maneira precisa.

Figura 7.1 Reta tangente a f em P. — Figura 7.1 Reta tangente a $f$ em $P$.

Quando a tangente não é vertical, sua determinação reduz-se ao cálculo de seu coeficiente angular. Para aproximá-lo, consideramos as retas secantes que passam por $P$ e por um segundo ponto $Q$ do gráfico.

Ilustração: A reta tangente

Figura 7.2 Retas secante e tangente ao gráfico de $f$.

Se considerarmos o ponto $P$ com coordenadas $P:(x,f(x))$ e o ponto $Q$ com coordenadas $Q:(x+h,f(x+h))$, então o coeficiente angular da reta secante é dado por:

\[ m_{\sec }=\dfrac {f(x+h)-f(x)}{x+h-x}=\dfrac {f(x+h)-f(x)}{h} \]

Figura 7.3 Quociente incremental entre os pontos P e Q. — Figura 7.3 Quociente incremental entre os pontos $P$ e $Q$.

Quando as inclinações das secantes por $P$ e $Q$ se aproximam de um único valor finito à medida que $Q$ se aproxima de $P$, esse valor define a inclinação da reta tangente. Escrevemos então:

\[ m_{\operatorname {tg}}:=\lim \limits _{h\to 0}\dfrac {f(x+h)-f(x)}{h} \]

O limite anterior, se existir como número real, é denominado derivada da função $f$ no ponto $x$.

Figura 7.4 Conforme o ponto Q se aproxima de P as retas secantes se aproximam da reta tangente. — Figura 7.4 Conforme o ponto $Q$ se aproxima de $P$ as retas secantes se aproximam da reta tangente.

7.2 A noção de limite

O problema da reta tangente conduz ao estudo de uma função nas proximidades de um ponto. A noção de limite formaliza esse tipo de comportamento: interessa determinar como se comportam os valores de $f(x)$ quando $x$ se aproxima de $a$, sem exigir que $x=a$.

Descrição Informal de Limite

Dizemos que o limite da função $f(x)$ é $L$ quando $x$ tende a $a$ se a função $f(x)$ torna-se arbitrariamente próxima de $L$ quando $x$ está suficientemente próximo de $a$, mas diferente de $a$. Denotaremos tal fato por:

\[ \lim \limits _{x\to a} f(x)=L \]

Figura 7.5 O limite descreve o comportamento local da função nas proximidades do ponto, independentemente do valor assumido nele. No exemplo, $f(1)=0$, mas $\lim \limits _{x\to 1}f(x)=2$.

Para estudar o limite de $f$ em $a$, é necessário que existam pontos do domínio, distintos de $a$, arbitrariamente próximos de $a$. O valor da função no próprio ponto, quando existe, não participa dessa análise. Os gráficos da Figura 7.6 mostram três exemplos de funções para as quais os limites existem e são $L$. No primeiro caso, a função $f$ está definida em $a$ e $f(a)=L$, na segunda, a função $g$ não está definida em $a$ e, na terceira, apesar da função estar definida em $a$ temos que $h(a)\neq L$. Já os gráficos da Figura 7.7 ilustram duas situações nas quais o limite em $a$ não existe.

Figura 7.6 Exemplos de funções para as quais o limite quando x tende a a é L. — Figura 7.6 Exemplos de funções para as quais o limite quando $x$ tende a $a$ é $L$.

Figura 7.7 Exemplos de funções para as quais o limite não existe.

Consideremos inicialmente alguns exemplos em que o limite existe.

Exemplo 7.1

Conjecture o valor de $\lim \limits _{x\to 2}(3x+1)$.

Solução

Para valores de $x$ próximos de $2$, a tabela abaixo registra os valores correspondentes de $3x+1$:

$x$	$3x+1$
3	10
2{,}1	7{,}3
2{,}01	7{,}03
2{,}001	7{,}003
⋮	⋮
$↓$	$↓$
2	7

$x$	$3x+1$
1	4
1{,}9	6{,}7
1{,}99	6{,}97
1{,}999	6{,}997
⋮	⋮
$↓$	$↓$
2	7

A tabela sugere que os valores da função se aproximam de $7$ quando $x$ se aproxima de $2$. Essa observação pode ser expressa quantitativamente. Por exemplo,

\[ \left\lvert 3x+1-7\right\rvert \lt 10^{-3} \]

é equivalente a

\[ \left\lvert x-2\right\rvert \lt \frac{10^{-3}}{3}. \]

De modo geral, dado $\varepsilon \gt 0$,

\[ \left\lvert x-2\right\rvert \lt \frac{\varepsilon }{3} \quad \Longrightarrow \quad \left\lvert 3x+1-7\right\rvert \lt \varepsilon . \]

A distância entre os valores da função e $7$ pode, portanto, ser controlada pela distância entre $x$ e $2$. Essa relação será formalizada na definição de limite.

Exemplo 7.2

Conjecture o valor de $\lim \limits _{x\to 1} \dfrac {2x^2-2x}{x-1}$.

Solução

A função não está definida em $x=1$. Isso não impede o estudo do limite, pois interessam os valores assumidos em pontos do domínio próximos de $1$. A tabela abaixo registra alguns desses valores.

$x$	$\dfrac{2x^2-2x}{x-1}$
10	20
1{,}1	2{,}2
1{,}01	2{,}02
1{,}001	2{,}002
1{,}0001	2{,}0002
1{,}00001	2{,}00002
⋮	⋮
$↓$	$↓$
1	2

$x$	$\dfrac{2x^2-2x}{x-1}$
0{,}5	1
0{,}9	1{,}8
0{,}99	1{,}98
0{,}999	1{,}998
0{,}9999	1{,}9998
0{,}99999	1{,}99998
⋮	⋮
$↓$	$↓$
1	2

Figura 7.8 Gráfico de (2x^2-2x)/(x-1). — Figura 7.8 Gráfico de $\dfrac {2x^2-2x}{x-1}$.

A tabela e a Figura 7.8 sugerem que

\[ \lim \limits _{x\to 1}\frac{2x^2-2x}{x-1}=2. \]

Para $x\neq 1$,

\[ \frac{2x^2-2x}{x-1}=2x. \]

Assim, dado $\varepsilon \gt 0$,

\[ \left|\frac{2x^2-2x}{x-1}-2\right| =2|x-1|. \]

Consequentemente,

\[ |x-1|\lt \frac{\varepsilon }{2} \quad \Longrightarrow \quad \left|\frac{2x^2-2x}{x-1}-2\right|\lt \varepsilon . \]

O ponto $x=1$ permanece fora do domínio, mas isso não interfere no comportamento da função em suas proximidades.

Exemplo 7.3

Conjecture o valor de $\lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\sqrt{x+25}-5}{x}$.

Solução

A expressão $\dfrac {\sqrt{x+25}-5}{x}$ não está definida em $x=0$.

Figura 7.9 Gráfico de dfrac √x+25-5x nas proximidades de x=0, com o ponto removido. — Figura 7.9 Gráfico de $\dfrac {\sqrt{x+25}-5}{x}$ nas proximidades de $x=0$, com o ponto removido.

Calculando valores dos dois lados de zero, obtemos:

$x<0$	$\dfrac{\sqrt{x+25}-5}{x}$	$x>0$	$\dfrac{\sqrt{x+25}-5}{x}$
$-1$	$0{,}10102$	$1$	$0{,}09902$
$-0{,}1$	$0{,}10010$	$0{,}1$	$0{,}09990$
$-0{,}01$	$0{,}10001$	$0{,}01$	$0{,}09999$
$-0{,}001$	$0{,}10000$	$0{,}001$	$0{,}10000$

Nesse caso, tanto o numerador quanto o denominador se anulam em $x=0$. Os valores dos dois lados sugerem a mesma aproximação, o que nos leva a conjecturar que

\[ \lim \limits _{x\to 0}\frac{\sqrt{x+25}-5}{x}=0{,}1. \]

Calcularemos esse limite mais adiante no Exercício Resolvido 7.23.

Exemplos em que o limite não existe

Exemplo 7.4 (Comportamentos Diferentes à Esquerda e à Direita)

Seja $g(x)=\dfrac {\left\lvert x\right\rvert }{x}$ então $\lim \limits _{x\to 0} g(x)$ não existe.

Solução

Para valores positivos de $x$ temos que

\[ g(x)=\dfrac {\left\lvert x\right\rvert }{x}=\dfrac {x}{x}=1, \quad x\gt 0 \]

e para valores negativos de $x$

\[ g(x)=\dfrac {\left\lvert x\right\rvert }{x}=\dfrac {-x}{x}=-1, \quad x\lt 0 \]

Figura 7.10 Não existe o limite lim _(x→ 0) (lvert xrvert )/(x) — Figura 7.10 Não existe o limite $\lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\left\lvert x\right\rvert }{x}$

As igualdades anteriores mostram que mesmo para valores próximos a zero, teremos valores de $x$ tais que $g(x)=1$ e tais que $g(x)=-1$. Desse fato podemos intuir que o limite não existe, pois, independentemente do quão próximo $x$ fique do zero, $g(x)$ não se aproxima de um único valor. Provaremos esse fato no Exercício Resolvido 7.10.

Exemplo 7.5 (Comportamento Ilimitado)

Não existe limite finito para $\lim \limits _{x\to 0}\dfrac {1}{\left\lvert x\right\rvert }$.

Solução

Figura 7.11 A função 1/|x| não tem limite finito quando x tende a zero. — Figura 7.11 A função $1/|x|$ não tem limite finito quando $x$ tende a zero.

Seja $h(x)=\dfrac {1}{\left\lvert x\right\rvert }$. Analisando a Figura 7.11 podemos perceber que quando $x$ se aproxima de $0$, tanto pela direita, isto é, por valores maiores que $0$, como pela esquerda, isto é, por valores menores que $0$, temos que $h(x)$ cresce de modo ilimitado. Ou seja, podemos fazer $h(x)$ maior que qualquer número real tomando $x$ próximo de $0$. Como $h(x)$ não se aproxima de nenhum número real, não existe limite finito. Esse comportamento será descrito adiante pela notação $\lim \limits _{x\to 0}h(x)=+\infty $.

7.3 Definição de limite

Os exemplos anteriores indicam que a distância entre $f(x)$ e $L$ pode ser controlada impondo uma condição sobre a distância entre $x$ e $a$. A definição de limite formaliza essa relação.

Seja $f:A\to \mathbb {R}$. Ao estudar o limite em $a$, supomos apenas que existem pontos de $A\setminus \{ a\} $ arbitrariamente próximos de $a$. Dizemos que um ponto $y$ aproxima $a$ com erro menor que $\delta $ quando $|y-a|\lt \delta $. De modo análogo, queremos tornar $|f(x)-L|$ menor que qualquer erro prescrito, tomando $x\in A\setminus \{ a\} $ suficientemente próximo de $a$.

Os dois exemplos anteriores ilustram exatamente essa ideia. O Exercício Resolvido 7.2 mostra que $\dfrac {2x^2-2x}{x-1}$ aproxima $2$ com erro menor que $10^{-5}$ sempre que $x\neq 1$ aproxima $1$ com erro menor que $10^{-5}/2$. O Exercício Resolvido 7.1 mostra que $3x+1$ aproxima $7$ com erro menor que $\varepsilon $ sempre que $x$ aproxima $2$ com erro menor que $\varepsilon /3$. Chegamos, assim, à definição formal.

Definição 7.1 (Limite)

Sejam $f:A\to \mathbb {R}$, $a\in \mathbb {R}$ e $L\in \mathbb {R}$. Dizemos que

\[ \lim _{\substack {x\to a\\ x\in A}}f(x)=L \]

se, para todo $\varepsilon \gt 0$, existe $\delta \gt 0$ tal que, para todo $x\in A\setminus \{ a\} $,

\[ |x-a|\lt \delta \quad \Longrightarrow \quad |f(x)-L|\lt \varepsilon . \]

O valor de $f(a)$, quando definido, não participa da definição do limite.

Observação 7.6

A notação $\lim \limits _{x\to a} f(x)=L$ significa que o limite existe e é igual a $L.$

Pela definição anterior, para demonstrar que o limite de $f(x)$ quando $x$ tende a $a$ é $L$, teremos que garantir que os valores de $f(x)$ estão a uma distância menor que $\varepsilon $ acima ou abaixo do valor limite $L$, como mostrado nos gráficos de 7.12. Para fazer isso, devemos escolher os valores de $x$ que estão suficientemente perto de $a$, digamos, a uma distância $\delta \gt 0$ para a esquerda ou direita de $a$, como mostrado no segundo gráfico. A terceira figura ilustra que a escolha de um $x\neq a$ dentro do intervalo azul $(a-\delta , a + \delta )$ determina um $f(x)$ dentro do intervalo vermelho $(L- \varepsilon , L + \varepsilon )$.

Figura 7.12 Definição de Limite

A definição de limite pode ser reescrita em linguagem simbólica como:

\[ \begin{aligned} \lim _{\substack {x\to a\\ { x\in A }}}f(x)=L \quad \Longleftrightarrow \quad {} & (\forall \varepsilon \gt 0)(\exists \delta \gt 0)(\forall x\in A\setminus \{ a\} )\\ & [|x-a|\lt \delta \Rightarrow |f(x)-L|\lt \varepsilon ]. \end{aligned} \]

A afirmação anterior pode ser analisada separando-se suas diferentes condições:

A afirmação de que $\left\lvert f(x)-L\right\rvert \lt \varepsilon $ nos diz que a função em $x$ estará perto do número real $L$. Quão próximo? Menos de $\varepsilon $ de distância.
As condições $x\in A\setminus \{ a\} $ e $|x-a|\lt \delta $ dizem que $x$ é um ponto do domínio, diferente de $a$, a uma distância menor que $\delta $ de $a$.
A implicação “se $x\in A\setminus \{ a\} $ e $|x-a|\lt \delta $, então $|f(x)-L|\lt \varepsilon $” afirma que a condição de que $x$ esteja $\delta $ próximo de $a$ força a função $f (x)$ a estar $\varepsilon $ próximo de $L$. Em outras palavras, ao controlar $x$ permitindo uma variação inferior a $\delta $, controlamos $f (x)$ com uma variação inferior a $\varepsilon $.
Finalmente a afirmação inteira nos diz que para qualquer valor de $\varepsilon $, podemos encontrar um $\delta $ que satisfaz o item anterior.

Merece ser ressaltado que a definição de limite não nos fornece modos de determinar o valor do limite $L$. Em uma demonstração a partir da definição o valor do limite deve ser conjecturado. Mais adiante forneceremos uma série de ferramentas que nos permitirão efetivamente calcular os limites. Assim, deve estar claro que uma etapa crucial na demonstração de um limite a partir da definição (por $\varepsilon $ e $\delta $) é encontrar o $\delta $ de modo que

\[ x\in A\setminus \{ a\} ,\quad |x-a|\lt \delta \quad \Longrightarrow \quad |f(x)-L|\lt \varepsilon . \]

Para realizar tal tarefa uma estratégia é partir da desigualdade $\left\lvert f(x)-L\right\rvert \lt \varepsilon $ para entender como esse termo pode ser controlado por $0\lt \left\lvert x-a\right\rvert \lt \delta $, em particular encontrar uma fatoração de $\left\lvert f(x)-L\right\rvert $ na qual $\left\lvert x-a\right\rvert $ é fator. Essa estratégia nos permite encontrar o $\delta $. A etapa seguinte é mostrar que esse $\delta $ funciona. Ilustraremos essa estratégia nos exemplos a seguir.

Exemplo 7.7

Mostre a partir da definição de limite que $\lim \limits _{x\to 2}(3x+4)=10 $

Solução

Começamos estimando $\left\lvert f(x)-L\right\rvert \lt \varepsilon $:

\[ \left\lvert 3x+4-10\right\rvert =\left\lvert 3x-6\right\rvert =3\left\lvert x-2\right\rvert \lt \varepsilon \]

Ou seja, $\left\lvert x-2\right\rvert \lt \dfrac {\varepsilon }{3}$. Agora podemos escolher $\delta =\dfrac {\varepsilon }{3}$. Fazemos essa escolha pois, assim, se $0\lt \left\lvert x-2\right\rvert \lt \dfrac {\varepsilon }{3}$ então

\[ \left\lvert 3x+4-10\right\rvert =\left\lvert 3x-6\right\rvert =3\left\lvert x-2\right\rvert \lt 3\dfrac {\varepsilon }{3}=\varepsilon \]

e logo

\[ \left\lvert 3x+4-10\right\rvert \lt \varepsilon . \]

Exemplo 7.8

Mostre a partir da definição de limite que $\lim \limits _{x\to a}c=c$

Solução

Como dito anteriormente, para demonstrar um limite temos que estimar $\left\lvert f(x)-L\right\rvert $ numa vizinhança de $a$. Nesse caso temos que $\left\lvert f(x)-L\right\rvert =\left\lvert c-c\right\rvert =0$, independentemente dos valores de $x$. Ou seja, para qualquer $\delta $, se $0\lt \left\lvert x-a\right\rvert \lt \delta $ então $\left\lvert f(x)-L\right\rvert =\left\lvert c-c\right\rvert =0\lt \varepsilon $

Exemplo 7.9

Mostre a partir da definição de limite que $\lim \limits _{x\to a}x=a$

Solução

Dado $\varepsilon \gt 0$, como:

\[ \left\lvert f(x)-L\right\rvert =\left\lvert x-a\right\rvert \]

Podemos escolher o valor de $\delta $, fazendo $\delta =\varepsilon $. Assim, temos que: se $0\lt \left\lvert x-a\right\rvert \lt \delta = \varepsilon $ então

\[ \left\lvert f(x)-L\right\rvert =\left\lvert x-a\right\rvert \lt \varepsilon \]

Ou seja, $\left\lvert f(x)-L\right\rvert \lt \varepsilon $.

Exemplo 7.10 (Comportamentos Diferentes à Esquerda e à Direita)

Seja $g(x)=\dfrac {\left\lvert x\right\rvert }{x}$ então $\lim \limits _{x\to 0} g(x)$ não existe.

Solução

Como:

\[ g(x)= \begin{cases} 1 & \text{ se } x\gt 0 \\ -1 & \text{ se } x\lt 0 \end{cases} \]

Suponha, por absurdo, que exista um limite real $L$. Aplicando a definição com $\varepsilon =1$, existiria $\delta \gt 0$ tal que $|g(x)-L|\lt 1$ para todo $0\lt |x|\lt \delta $.

Escolhendo $x=\delta /2\gt 0$, teríamos $|1-L|\lt 1$, isto é, $0\lt L\lt 2$. Escolhendo $x=-\delta /2\lt 0$, teríamos $|-1-L|\lt 1$, isto é, $-2\lt L\lt 0$. As duas condições são incompatíveis. Portanto, o limite bilateral não existe.

Exercício 7.1

Calcule a função nos pontos dados. Use os resultados para conjecturar o valor do limite:

$f(x)=x^2+2x$ nos pontos $1{,}1\quad 1{,}01 \quad 1{,}001$; $\lim \limits _{x\to 1}(x^2+2x) $
$g(x)=\dfrac {x-4}{x^2-x-12}$ nos pontos $4{,}1\quad 4{,}01 \quad 4{,}001$; $\lim \limits _{x\to 4}\dfrac {x-4}{x^2-x-12}$
$h(x)=\dfrac {\sqrt[3]{x}-1}{\sqrt{x}-1}$ nos pontos $1{,}1\quad 1{,}01 \quad 1{,}001$; $\lim \limits _{x\to 1}\dfrac {\sqrt[3]{x}-1}{\sqrt{x}-1}$

Ver solução

Os valores são $3{,}41$, $3{,}0401$ e $3{,}004001$. Conjectura: $3$, confirmada por substituição direta.
Os valores são aproximadamente $0{,}140845$, $0{,}142653$ e $0{,}142837$. Conjectura: $1/7$. Para $x\neq 4$, a expressão é $1/(x+3)$.
Os valores são aproximadamente $0{,}661358$, $0{,}666114$ e $0{,}666611$. Conjectura: $2/3$. Para confirmar, ponha $u=x^{1/6}$: o quociente fica $(u^2-1)/(u^3-1)=(u+1)/(u^2+u+1)$, com $u\to 1$.

Exercício 7.2

Mostre a partir da definição os seguintes limites.

$\lim \limits _{x\to 2}\dfrac {x}{7}=\dfrac {2}{7}$
$\lim \limits _{x\to 0} x^2=0$
$\lim \limits _{x\to 0} x^3=0 $
$\lim \limits _{x\to 2} x^2=4$

Ver solução

Em todos os itens, dado $\varepsilon \gt 0$, a escolha de $\delta $ abaixo garante a desigualdade exigida pela definição.

Tome $\delta =7\varepsilon $. Se $0\lt |x-2|\lt \delta $, então $|x/7-2/7|=|x-2|/7\lt \varepsilon $.
Tome $\delta =\sqrt\varepsilon $. Se $0\lt |x|\lt \delta $, então $|x^2|\lt \delta ^2=\varepsilon $.
Tome $\delta =\sqrt[3]\varepsilon $. Se $0\lt |x|\lt \delta $, então $|x^3|\lt \delta ^3=\varepsilon $.
Tome $\delta =\min \{ 1,\varepsilon /5\} $. Se $0\lt |x-2|\lt \delta $, então $1\lt x\lt 3$, logo $|x+2|\lt 5$ e $|x^2-4|=|x-2||x+2|\lt 5\delta \leq \varepsilon $.

Exercício 7.3

Calcule, se existir, o limite, ou demonstre que não existe:

$\lim \limits _{x\to 2}\left\lvert x-2\right\rvert $
$\lim \limits _{x\to 2}\dfrac {\left\lvert x-2\right\rvert }{x-2}$
$\lim \limits _{x\to 2} \dfrac {x^2-2x}{x-2}$

Ver solução

$0$: dado $\varepsilon \gt 0$, tome $\delta =\varepsilon $.
Não existe: o limite pela esquerda é $-1$ e o da direita é $1$.
$2$, pois $(x^2-2x)/(x-2)=x$ para $x\neq 2$.

Exercício 7.4

Seja

\[ f(x)=\left\{ \begin{array}{l}$x^2$ se $x\in \mathbb {Q}$ \\ $0$ se $x \notin \mathbb {Q}$\end{array} \right. \]

Prove que $\lim \limits _{x\to 0}f(x)=0$.

Ver solução

Para todo $x$, temos $0\leq f(x)\leq x^2$. Dado $\varepsilon \gt 0$, tome $\delta =\sqrt\varepsilon $. Se $0\lt |x|\lt \delta $, então $|f(x)|\leq x^2\lt \varepsilon $, provando o limite pela definição.

7.4 Limites Laterais

A definição de limite considera todos os pontos do domínio que se aproximam de $a$. Quando o domínio tem pontos dos dois lados e o comportamento da função muda ao atravessar esse ponto, é útil examinar separadamente o que acontece à esquerda e à direita. Essa distinção também permite estudar o comportamento nos extremos de um intervalo.

Figura 7.13 Gráfico de uma função com limites laterais distintos na origem.

No Exercício Resolvido 7.10, vimos que a função $g$ definida como

\[ g(x)=\left\{ \begin{array}{l}$1$ se $x\gt 0$ \\ $-1$ se $x\lt 0$\end{array} \right. ,\qquad x\in \mathbb {R}\setminus \{ 0\} , \]

possui dois comportamentos distintos na vizinhança da origem. Se considerarmos valores maiores que $0$ teremos que $g(x)=1$ e logo

\[ \lim _{x\to 0, x\gt 0} g(x)=1, \]

enquanto que se consideramos valores menores que $0$ teremos que $g(x)=-1$ e logo

\[ \lim _{x\to 0, x\lt 0} g(x)=-1. \]

Indicaremos tais fatos por:

\[ \lim _{x \to 0^+} g(x)=1, \qquad \lim _{x \to 0^-} g(x)=-1 \]

Definição 7.2

Sejam $f:A\to \mathbb {R}$, $a,L\in \mathbb {R}$, e suponha que existam pontos de $A$ arbitrariamente próximos de $a$ pela esquerda. Dizemos que o limite lateral de $f(x)$ quando $x$ tende a $a$ pela esquerda é $L$

\[ \lim \limits _{x\to a^-}f(x)=L \]

se para todo $\varepsilon \gt 0$ existe um $\delta =\delta (\varepsilon )\gt 0$ tal que

\[ x\in A,\quad a-\delta \lt x\lt a\quad \Longrightarrow \quad |f(x)-L|\lt \varepsilon . \]

Em linguagem simbólica:

\[ \lim \limits _{x\to a^-}f(x)=L \Leftrightarrow (\forall \varepsilon \gt 0)(\exists \delta \gt 0)(\forall x\in A)\, [a-\delta \lt x\lt a\Rightarrow |f(x)-L|\lt \varepsilon ]. \]

De modo análogo, temos:

Definição 7.3

Sejam $f:A\to \mathbb {R}$, $a,L\in \mathbb {R}$, e suponha que existam pontos de $A$ arbitrariamente próximos de $a$ pela direita. Dizemos que o limite lateral de $f(x)$ quando $x$ tende a $a$ pela direita é $L$

\[ \lim \limits _{x\to a^+}f(x)=L \]

se para todo $\varepsilon \gt 0$ existe um $\delta =\delta (\varepsilon )\gt 0$ tal que

\[ x\in A,\quad a\lt x\lt a+\delta \quad \Longrightarrow \quad |f(x)-L|\lt \varepsilon . \]

Em linguagem simbólica:

\[ \lim \limits _{x\to a^+}f(x)=L \Leftrightarrow (\forall \varepsilon \gt 0)(\exists \delta \gt 0)(\forall x\in A)\, [a\lt x\lt a+\delta \Rightarrow |f(x)-L|\lt \varepsilon ]. \]

A diferença essencial da definição de limites laterais em relação à definição de limites é que, nos limites laterais, estamos considerando apenas valores menores que $a$ (ou seja, intervalos da forma $ a-\delta \lt x \lt a$) nos limites pela esquerda e valores maiores que $a$ (ou seja, intervalos da forma $ a\lt x \lt a+\delta $) nos limites pela direita.

Figura 7.14 Interpretação geométrica dos limites laterais em x=a. — Figura 7.14 Interpretação geométrica dos limites laterais em $x=a$.

A próxima proposição relaciona a existência dos limites laterais e do limite para uma função $f$.

Teorema 7.11

Seja $f$ definida em um intervalo aberto contendo $a$, exceto possivelmente em $a$, e seja $L\in \mathbb {R}$. Então

\[ \lim \limits _{x\to a}f(x)=L \quad \Longleftrightarrow \quad \lim \limits _{x\to a^-}f(x)=L=\lim \limits _{x\to a^+}f(x). \]

O teorema anterior pode ser usado para demonstrar a existência ou não de alguns limites, como ilustrado nos exemplos seguintes:

Exemplo 7.12

Mostre que $\lim \limits _{x\to 0} \left\lvert x\right\rvert =0$.

Solução

A existência do limite será verificada por meio dos limites laterais. Para isso, começaremos calculando o limite pela direita. Como $\left\lvert x\right\rvert =x$ se $x\gt 0$, temos que

\[ \lim \limits _{x\to 0^+} \left\lvert x\right\rvert = \lim \limits _{x\to 0^+} x=0. \]

De maneira análoga, calculemos o limite pela esquerda. Como $\left\lvert x\right\rvert =-x$ se $x\lt 0$, temos que

\[ \lim \limits _{x\to 0^-} \left\lvert x\right\rvert =0. \]

Como ambos os limites laterais existem e são iguais, temos pelo teorema 7.11 que:

\[ \lim \limits _{x\to 0} \left\lvert x\right\rvert = 0. \]

Figura 7.15 Limite lvert xrvert quando x tende a 0. — Figura 7.15 Limite $\left\lvert x\right\rvert $ quando $x$ tende a $0$.

Exemplo 7.13

Considere a função maior inteiro menor ou igual a $x$, i.e.,

\[ \left[\! \left[x\right]\! \right]=\max \{ n\in \mathbb {Z}:n\leq x\} . \]

Para todo $n\in \mathbb {Z}$, encontre

\[ \lim \limits _{x\to n^+} \left[\! \left[x\right]\! \right] \qquad \text{e} \quad \lim \limits _{x\to n^-} \left[\! \left[x\right]\! \right] \]

Solução

Começaremos calculando o limite $\lim \limits _{x\to n^+} \left[\! \left[x\right]\! \right] $. Para isso, seja $x$ tal que $x \gt n$. Como estamos interessados no comportamento numa vizinhança de $n$, podemos assumir sem perda de generalidade que $x\lt n+1$ e, assim, que $n\lt x\lt n+1$ Dessa forma, como para todo número real $x$, com $n \leq x \lt n+1$, tem-se que $\left[\! \left[x\right]\! \right]=n$ e assim:

\[ \lim \limits _{x\to n^+} \left[\! \left[x\right]\! \right]=n \]

Para o limite pela esquerda, se $n-1\lt x\lt n$, então $\left[\! \left[x\right]\! \right]=n-1$. Logo,

\[ \lim \limits _{x\to n^-}\left[\! \left[x\right]\! \right]=n-1. \]

Como os limites laterais são distintos, $\lim \limits _{x\to n}\left[\! \left[x\right]\! \right]$ não existe para nenhum $n\in \mathbb {Z}$.

Figura 7.16 Comportamento lateral da função maior inteiro.

Exemplo 7.14 (Uma dose aplicada instantaneamente)

Imediatamente após a primeira dose de um medicamento, sua concentração no sangue é de $4\, \mathrm{mg/L}$. A contribuição dessa dose decai, em função do tempo $t$ medido em horas, segundo $4e^{-0{,}1t}$. No instante $t=2$, uma segunda dose aumenta instantaneamente a concentração em $6\, \mathrm{mg/L}$; a contribuição adicional passa então a decair segundo $6e^{-0{,}1(t-2)}$. Construa uma função por partes para a concentração total $C(t)$, determine seus limites laterais em $t=2$ e interprete a diferença entre eles.

Solução

Antes de $t=2$, apenas a primeira dose contribui para a concentração. A partir desse instante, somam-se as contribuições das duas doses. Portanto,

\[ C(t)= \begin{cases} 4e^{-0{,}1t},& 0\leq t\lt 2,\\ 4e^{-0{,}1t}+6e^{-0{,}1(t-2)},& t\geq 2. \end{cases} \]

Antes da aplicação,

\[ \lim _{t\to 2^-}C(t)=4e^{-0{,}2}. \]

Depois da aplicação,

\[ \lim _{t\to 2^+}C(t)=4e^{-0{,}2}+6. \]

Os limites laterais diferem em $6\, \mathrm{mg/L}$; portanto, $C$ é descontínua em $t=2$. Nesse modelo idealizado, o salto representa uma dose que entra instantaneamente na corrente sanguínea.

Exercício 7.5

Seja

\[ f(x)= \begin{cases} 2x+1,& x\lt 0,\\ x^2+1,& x\geq 0. \end{cases} \]

Calcule os limites laterais em $0$ e decida se $\lim _{x\to 0}f(x)$ existe.

Ver solução

\[ \lim _{x\to 0^-}f(x)=1, \qquad \lim _{x\to 0^+}f(x)=1. \]

Como os dois limites laterais coincidem, $\lim _{x\to 0}f(x)=1$.

Exercício 7.6

Calcule os limites laterais de

\[ g(x)=\frac{|x-2|}{x-2} \]

quando $x\to 2$ e conclua sobre o limite bilateral.

Ver solução

Para $x\lt 2$, $g(x)=-1$; para $x\gt 2$, $g(x)=1$. Logo,

\[ \lim _{x\to 2^-}g(x)=-1, \qquad \lim _{x\to 2^+}g(x)=1, \]

e o limite bilateral não existe.

Exercício 7.7

Determine $C$ para que a função

\[ h(x)= \begin{cases} 3x+C,& x\lt 1,\\ x^2+2,& x\geq 1 \end{cases} \]

tenha limite quando $x\to 1$.

Ver solução

Os limites laterais são $3+C$ e $3$. Eles coincidem se e somente se $C=0$.

7.5 Propriedades do Limite de Funções

A definição permite justificar um limite controlando diretamente as distâncias envolvidas. Para calcular limites de expressões mais elaboradas, podemos aproveitar limites já conhecidos: as propriedades seguintes mostram como eles se combinam por meio das operações algébricas.

Proposição 7.15 (Propriedades do Limite)

Seja $c$ um número real e $f$ e $g$ duas funções reais tais que $\lim \limits _{x\to a} f(x)=A$ e $\lim \limits _{x\to a} g(x)= B$. Então:

$\lim \limits _{x\to a} (f(x)+g(x))=A+B$. (Limite da Soma)
$\lim \limits _{x\to a} (f(x)-g(x))=A-B$. (Limite da Diferença)
$\lim \limits _{x\to a} (f(x)\cdot g(x))=AB$. (Limite do Produto)
$\lim \limits _{x\to a} (c f(x))=cA$. (Limite do Produto por Escalar)
Se $\lim \limits _{x\to a} g(x)=B\neq 0$ então $\lim \limits _{x\to a} \left(\dfrac {f(x)}{ g(x)}\right)=\dfrac {A}{B}$. (Limite do Quociente)
$\lim \limits _{x\to a} \left| f(x)\right|=\left| A\right|$. (Limite do Módulo )
$\lim \limits _{x\to a}\left(f(x)^n\right) = A^n$ para todo inteiro $n\geq 1$ (Limite de Potências)
Se $f(x)\geq 0$ numa vizinhança perfurada de $a$, então $A\geq 0$ e $\lim \limits _{x\to a}\sqrt{f(x)}=\sqrt A$ (Limite da Raiz)

Usaremos as propriedades anteriores para calcular alguns limites:

Exemplo 7.16

Calcule $\lim \limits _{x\to 2}(x^3+3x+2)$

Solução

\begin{align*} \lim \limits _{x\to 2}(x^3+3x+2) & =\lim \limits _{x\to 2}x^3+\lim \limits _{x\to 2}(3x)+\lim \limits _{x\to 2}2 \qquad \text{por \ref{limitesomaf}} \\ & = \left( \lim \limits _{x\to 2} x\right)^3+3\lim \limits _{x\to 2}x+\lim \limits _{x\to 2}2 \qquad \text{por \ref{limiteprodutoconstantef} e \ref{limitepotenciaf}} \\ & = 8+6+2=16 \end{align*}

Exemplo 7.17

Calcule $\lim \limits _{x\to a} \dfrac {x^4+2}{x^2+1}$

Solução

Se $\lim \limits _{x\to a}(x^2+1) \neq 0$ então

\begin{align*} \lim \limits _{x\to a} \dfrac {x^4+2}{x^2+1} & = \dfrac {\lim \limits _{x\to a}\left( x^4+2 \right)}{\lim \limits _{x\to a} \left( x^2+1 \right)} \qquad \text{por \ref{limitedivisaof}} \\ & = \dfrac {\lim \limits _{x\to a} x^4+\lim \limits _{x\to a}2 }{\lim \limits _{x\to a} x^2+ \lim \limits _{x\to a} 1 } \qquad \text{por \ref{limitesomaf}} \\ & = \dfrac {a^4+2}{a^2+1} \qquad \text{por \ref{limitepotenciaf}} \end{align*}

De modo geral, para um polinômio $p(x)$ podemos calcular o seu limite no ponto $a$ calculando simplesmente $p(a)$, ou seja, por substituição direta de $x$ por $a$.

Teorema 7.18

Dado um polinômio $p(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots +c_1x+c_0$ então

\[ \lim \limits _{x\to a}p(x)=p(a). \]

Demonstração ▼

A demonstração será feita por indução sobre o grau do polinômio. Se $p(x)$ é um polinômio de grau zero, ou seja, constante, a igualdade é clara. Por hipótese indutiva, suponhamos que a igualdade anterior seja válida para os polinômios de grau menor ou igual a $n-1$. Agora, usando a hipótese indutiva, 1. e 3. temos:

\begin{align*} \lim \limits _{x\to a} p(x) & =\left(\lim \limits _{x\to a}c_nx^{n-1}\right) \left(\lim \limits _{x\to a} x \right)+ \lim \limits _{x\to a} \left( c_{n-1}x^{n-1}+\cdots +c_1x+c_0\right) \\ & =c_na^{n-1}a+c_{n-1}a^{n-1}+\cdots +c_1a+c_0= p(a). \end{align*}

Usando a propriedade 5. temos que para funções racionais também vale substituição direta para o cálculo de limites:

Teorema 7.19

Sejam $p$ e $q$ polinômios, com $q(a)\neq 0$. Então

\[ \lim \limits _{x\to a}\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{p(a)}{q(a)}. \]

Exemplo 7.20

Calcule $\lim \limits _{x\to 2} \dfrac {x^3+12x+2}{4x^2+4x-2}$.

Solução

Como $4\cdot 2^2+4\cdot 2-2=22\neq 0$, o Teorema 7.19 permite calcular o limite por substituição direta:

\[ \lim \limits _{x\to 2}\frac{x^3+12x+2}{4x^2+4x-2} =\frac{8+24+2}{16+8-2} =\frac{34}{22} =\frac{17}{11}. \]

Ressaltemos que nem todos os limites podem ser calculados por substituição direta. Quando tivermos $\lim \limits _{x\to a} \dfrac {f(x)}{g(x)}$ com $\lim \limits _{x\to a} f(x) =0$ e $\lim \limits _{x\to a} g(x)=0$ dizemos que temos uma indeterminação do tipo $\dfrac {0}{0}$ . Nesses casos para o cálculo do limite temos que realizar uma simplificação antes da utilização das propriedades do limite. Duas estratégias de simplificação usuais são a fatoração e a multiplicação pelo conjugado, como ilustram os exemplos a seguir.

Exemplo 7.21

Considere a função

\[ f(x) = \begin{cases} 3x-5 & \text{ se } x\lt 2 \\ 2x-C & \text{ se } x \geq 2\end{cases} \]

Determine o valor de $C$ de modo que o limite $\lim \limits _{x\to 2}f(x)$ exista.

Solução

Comecemos pelo cálculo dos limites laterais

\[ \lim \limits _{x\to 2^-}f(x)=\lim \limits _{x\to 2^-}(3x-5)=1 \]

\[ \lim \limits _{x\to 2^+}f(x)=\lim \limits _{x\to 2^+}(2x-C)=4-C \]

Pelo Teorema 7.11, para que o limite exista devemos ter:

\[ \lim \limits _{x\to 2^-}f(x)=\lim \limits _{x\to 2^+}f(x) \]

E assim $1=4-C$, e logo $C=3$.

Exemplo 7.22 (Indeterminação do tipo 0/0)

Calcule $\lim \limits _{x\to 2} \dfrac {x^2-6x+8}{x^2+x-6}$.

Solução

Nesse caso não podemos realizar substituição direta, tampouco usar a propriedade 5. pois o limite do denominador é $0$. Como o limite do numerador também é $0$, temos que $2$ é raiz de ambos os polinômios e assim:

\[ \lim \limits _{x\to 2}\frac{x^2-6x+8}{x^2+x-6} = \lim \limits _{x\to 2}\frac{(x-2)(x-4)}{(x-2)(x+3)}. \]

No cálculo do limite interessam apenas os pontos com $x\neq 2$, nos quais o fator $(x-2)$ pode ser simplificado. Logo,

\[ \lim \limits _{x\to 2}\frac{x^2-6x+8}{x^2+x-6} =\lim \limits _{x\to 2}\frac{(x-2)(x-4)}{(x-2)(x+3)} =\lim \limits _{x\to 2}\frac{x-4}{x+3} =-\frac25. \]

Agora retornaremos ao Exercício Resolvido 7.3

Exemplo 7.23 (Indeterminação do tipo 0/0)

Calcule $\lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\sqrt{x+25}-5}{x}$.

Solução

Novamente não podemos realizar substituição direta nem tampouco usar a propriedade 5. pois o limite do denominador é $0$. Nesse caso, multiplicaremos o numerador e o denominador pelo conjugado:

\begin{align*} \lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\sqrt{x+25}-5}{x} & = \lim \limits _{x\to 0} \dfrac {(\sqrt{x+25}-5)(\sqrt{x+25}+5)}{x(\sqrt{x+25}+5)} \\ & = \lim \limits _{x\to 0} \dfrac {x+25-25}{x(\sqrt{x+25}+5)} \\ & = \lim \limits _{x\to 0} \dfrac {x}{x(\sqrt{x+25}+5)} \\ & = \lim \limits _{x\to 0} \dfrac {1}{\sqrt{x+25}+5} \end{align*}

Assim, temos que:

\[ \lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\sqrt{x+25}-5}{x}=\dfrac {1}{10} \]

Teorema 7.24 (Teorema do Confronto)

Sejam $f$, $g$ e $h$ definidas em um intervalo contendo $a$, exceto possivelmente no próprio ponto, e suponha que

\[ f(x)\leq g(x)\leq h(x). \]

\[ \lim \limits _{x\to a}f(x)=\lim \limits _{x\to a}h(x)=L, \]

então

\[ \lim \limits _{x\to a}g(x)=L. \]

Ao aplicar o teorema a estimativas com módulos, usaremos repetidamente a desigualdade triangular $|u+v|\leq |u|+|v|$, estabelecida no capítulo Números.

Demonstração ▼

Dado $\varepsilon \gt 0$, a hipótese $\lim \limits _{x\to a}f(x)=L$ fornece $\delta _1\gt 0$ tal que $|f(x)-L|\lt \varepsilon $ quando $0\lt |x-a|\lt \delta _1$. Analogamente, a hipótese $\lim \limits _{x\to a}h(x)=L$ fornece $\delta _2\gt 0$ para o qual $|h(x)-L|\lt \varepsilon $ quando $0\lt |x-a|\lt \delta _2$.

Escolhemos $\delta =\min \{ \delta _1,\delta _2,r\} $, onde $(a-r,a+r)$ está contido no intervalo das hipóteses. Se $0\lt |x-a|\lt \delta $, então

\[ L-\varepsilon \lt f(x)\leq g(x)\leq h(x)\lt L+\varepsilon . \]

Subtraindo $L$, obtemos $-\varepsilon \lt g(x)-L\lt \varepsilon $, ou seja, $|g(x)-L|\lt \varepsilon $. Isso prova, pela definição, que $\lim \limits _{x\to a}g(x)=L$.

Exemplo 7.25

Mostre que $\lim \limits _{x\to 0} x^2 \operatorname {sen}\dfrac {1}{x} =0$.

Solução

Figura 7.18 Confronto de x^2sen(1/x) entre -x^2 e x^2. — Figura 7.18 Confronto de $x^2\operatorname {sen}(1/x)$ entre $-x^2$ e $x^2$.

Como

\[ -1\leq \operatorname {sen}\dfrac {1}{x} \leq 1 \]

temos que

\[ -x^2\leq x^2\operatorname {sen}\dfrac {1}{x} \leq x^2 \]

Como $\lim \limits _{x\to 0} x^2=\lim \limits _{x\to 0}-x^2=0$, pelo Teorema do Confronto temos que

\[ \lim \limits _{x\to 0} x^2 \operatorname {sen}\dfrac {1}{x} =0. \]

Teorema 7.26 (Primeiro Limite Fundamental)

\[ \lim \limits _{x\to 0}\dfrac {\operatorname {sen}(x)}{x}=1. \]

Figura 7.19 Gráfico de dfrac sen(x)x — Figura 7.19 Gráfico de $\dfrac {\operatorname {sen}(x)}{x}$

Demonstração ▼

Começaremos provando que, para $0\lt |x|\lt \pi /2$, valem as desigualdades

\[ 0\lt \cos x\lt \frac{\operatorname {sen}x}{x}\lt \frac1{\cos x}. \]

Figura 7.20 cos (x)< dfrac senxx< (1)/(cos (x)) — Figura 7.20 $\cos (x)\lt \dfrac {\operatorname {sen}x}{x}\lt \dfrac {1}{\cos (x)}$

Considere no círculo trigonométrico um ângulo $x$ com $0\lt x\lt \pi /2$, conforme apresentado na Figura 7.20. Como os triângulos $\triangle OCB$ e $\triangle OAD$ são semelhantes, se denotarmos por $h$ o tamanho do segmento $AD$, por semelhança de triângulos temos que

\[ \frac h1=\frac{\operatorname {sen}x}{\cos x}. \]

e logo $\mathrm{\acute{A}rea}(\triangle OAD)=\dfrac {\operatorname {sen}(x)}{2\cos (x)}.$ Se denotarmos a área do setor circular delimitado pelos pontos $O,A,B$ por $\mathrm{\acute{A}rea}(OAB)$, pela Figura 7.20, vemos que valem as desigualdades para $x\lt \dfrac {\pi }{2}$:

\[ \mathrm{\acute{A}rea}(\triangle OBC)\lt \mathrm{\acute{A}rea}(OAB)\lt \mathrm{\acute{A}rea}(\triangle OAD). \]

\[ \frac12\operatorname {sen}x\cos x\lt \frac12x\lt \frac{\operatorname {sen}x}{2\cos x}. \]

Dividindo por $\dfrac {\operatorname {sen}(x)}{2}$ temos:

\[ \cos x\lt \frac{x}{\operatorname {sen}x}\lt \frac1{\cos x}. \]

Finalmente, comparando os inversos dos três termos, obtemos:

\[ \cos x\lt \frac{\operatorname {sen}x}{x}\lt \frac1{\cos x}. \]

O caso $-\pi /2\lt x\lt 0$ segue substituindo $x$ por $-x$, pois tanto $\cos x$ quanto $(\operatorname {sen}x)/x$ são funções pares.

Falta ainda estabelecer que $\lim \limits _{x\to 0}\cos x=1$. Comparando o triângulo $OAB$ com o setor circular, obtemos $0\lt \operatorname {sen}x\lt x$ para $0\lt x\lt \pi /2$. Pela paridade, $|\operatorname {sen}x|\leq |x|$ para $|x|\lt \pi /2$. Como $\cos x\gt 0$ nesse intervalo,

\[ 0\leq 1-\cos x=\frac{\operatorname {sen}^2x}{1+\cos x}\leq x^2. \]

O confronto mostra que $\lim \limits _{x\to 0}\cos x=1$; pela regra do quociente, $\lim \limits _{x\to 0} 1/\cos x=1$. Aplicando o Teorema do Confronto à desigualdade anterior, concluímos que

\[ \lim \limits _{x\to 0}\frac{\operatorname {sen}x}{x}=1. \]

Exemplo 7.27

Calcule $\lim \limits _{x\to 0}\dfrac {1-\cos (x)}{x^2}$

Solução

Não podemos usar diretamente a regra do quociente, pois $\lim \limits _{x\to 0}x^2=0$. Para eliminar a indeterminação, multiplicaremos o numerador e o denominador por $1+\cos x$.

\begin{align*} \lim \limits _{x\to 0}\dfrac {1-\cos (x)}{x^2} & =\lim \limits _{x\to 0}\dfrac {1-\cos (x)}{x^2}\dfrac {(1+\cos (x))}{(1+\cos (x))} \\ & =\lim \limits _{x\to 0}\dfrac {1-\cos ^2(x)}{x^2}\dfrac {1}{(1+\cos (x))} \\ & =\lim \limits _{x\to 0}\dfrac {\operatorname {sen}^2(x)}{x^2}\dfrac {1}{1+\cos (x)} \\ & =\lim \limits _{x\to 0}\dfrac {\operatorname {sen}^2(x)}{x^2}\lim \limits _{x\to 0}\dfrac {1}{1+\cos (x)} \\ & = \dfrac {1}{2} \end{align*}

Teorema 7.28 (Mudança de Variáveis)

Suponha que

$\lim \limits _{y \rightarrow b}f(y)= L$,
$g(x)\in \operatorname {Dom}f$ para $x$ numa vizinhança perfurada de $a$,
$\lim \limits _{x\to a} g(x)= b$,
$g(x)\neq b$ numa vizinhança de $a$, com exceção, possivelmente, de $a$.

Então

\[ \lim \limits _{x\to a}f(g(x))=L. \]

Demonstração ▼

Dado $\varepsilon \gt 0$, como $\lim \limits _{y \rightarrow b}f(y)=L$, existe $\eta \gt 0$ tal que

\[ 0\lt |y-b|\lt \eta \quad \Longrightarrow \quad |f(y)-L|\lt \varepsilon . \]

Como $\lim \limits _{x\to a}g(x)=b$ e $g(x)\neq b$ numa vizinhança perfurada de $a$, existe $\delta \gt 0$ tal que

\[ 0\lt |x-a|\lt \delta \quad \Longrightarrow \quad 0\lt |g(x)-b|\lt \eta . \]

Logo, $|f(g(x))-L|\lt \varepsilon $, como desejado.

Exemplo 7.29

Mostre que $\lim \limits _{x\to 2} \dfrac {\operatorname {sen}(x-2)}{x-2}=1$.

Solução

Podemos aplicar o Teorema 7.28 com $f(y)=\operatorname {sen}(y)/y$ para $y\neq 0$, $g(x)=x-2$, $a=2$ e $b=0$. Para esse fim, observamos que $g(x)\neq 0$ numa vizinhança de $2$, excluindo o próprio $2$. Dessa forma, como $\lim \limits _{x\to 2} (x-2)=0$ e $\lim \limits _{y \rightarrow 0}\operatorname {sen}(y)/y=1$, pelo Teorema 7.28, temos que:

\[ \lim \limits _{x\to 2} \dfrac {\operatorname {sen}(x-2)}{x-2}=\lim \limits _{y \rightarrow 0} \dfrac {\operatorname {sen}(y)}{y}=1 \]

Exercício 7.8

Calcule os seguintes limites:

$\lim \limits _{x\to 2} 7x^3+x+2$
$\lim \limits _{x\to 3} (x^3+x+2)(x^3+2)$
$\lim \limits _{x\to 1} \dfrac {6x^2+2x+2}{x^3+2}$
$\lim \limits _{x\to -1} \dfrac {x^3+1}{x+1}$
$\lim \limits _{x\to 0} \sqrt[4]{8x^3+4x+4}$
$\lim \limits _{h\to 0} \dfrac {(2+h)^2 -4}{h}$
$\lim \limits _{h\to 0} \dfrac {(4+h)^2 -16}{h}$
$\lim \limits _{x\to 3} \dfrac {x^4-81}{x-3}$
$\lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\sqrt{x^2+9} -3 }{x^2}$

Ver solução

$60$.
$928$.
$\frac{10}{3}$.
$3$.
$\sqrt{2}$.
$4$.
$8$.
$108$.
$\frac{1}{6}$.

No item 4, fatoramos $x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$. No item 8, $x^4-81=(x-3)(x+3)(x^2+9)$, para $x\neq 3$. No item 9, a racionalização fornece $1/(\sqrt{x^2+9}+3)$, cujo limite é $1/6$.

Exercício 7.9

Forneça exemplos de funções $f(x)$ e $g(x)$ tal que $\lim \limits _{x\to a}(f(x)+g(x))$ exista, mas que não existam $\lim \limits _{x\to a} f(x)$ e $\lim \limits _{x\to a} g(x)$

Ver solução

Tome $f(x)=1$ para $x\gt a$, $f(x)=-1$ para $x\lt a$, e defina $f(a)=0$. Faça $g=-f$. Os limites laterais de cada função são distintos, logo nenhum dos limites bilaterais existe. Entretanto, $f(x)+g(x)=0$ para todo $x$, de modo que o limite da soma é $0$.

Exercício 7.10

Determine $a$ de modo que o limite exista. $\lim \limits _{x\to 2}\dfrac {x^3-ax^2-9x+9a}{x^2-5x+6}$

Ver solução

O numerador se fatora como $(x-a)(x-3)(x+3)$, e o denominador como $(x-2)(x-3)$. Perto de $2$, a expressão é $(x-a)(x+3)/(x-2)$. Para $a=2$, ela se reduz a $x+3$ e o limite é $5$. Para $a\neq 2$, o numerador tende a $5(2-a)\neq 0$, enquanto o denominador troca de sinal em $2$; os limites laterais são infinitos de sinais opostos. Portanto, o único valor é $a=2$.

Exercício 7.11

Mostre que $\lim \limits _{x\to 0} x^3 \cos \dfrac {1}{x}=0$.

Ver solução

Temos $|x^3\cos (1/x)|\leq |x|^3$ para $x\neq 0$. Como $|x|^3\to 0$ quando $x\to 0$, o Teorema do Confronto dá o limite $0$.

Exercício 7.12

Use o limite fundamental para calcular os seguintes limites:

$\lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\operatorname {sen}5x}{x} $
$\lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\operatorname {sen}5x}{\operatorname {sen}4x} $
$\lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\operatorname {tg}5x}{\operatorname {sen}3x} $
$\lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\operatorname {sen}5x- \operatorname {sen}3x}{x} $

Ver solução

$5$.
$\frac{5}{4}$.
$\frac{5}{3}$.
$2$.

Usamos $\operatorname {sen}(kx)/x=k\, [\operatorname {sen}(kx)/(kx)]$ e $\operatorname {tg}(5x)=\operatorname {sen}(5x)/\cos (5x)$. No último item, subtraímos os limites $5$ e $3$.

Exercício 7.13

Calcule os limites, indicando a transformação algébrica empregada.

$\displaystyle \lim \limits _{x\to 2}\frac{x^2-4}{x-2}$.
$\displaystyle \lim \limits _{x\to -3}\frac{x^2+5x+6}{x+3}$.
$\displaystyle \lim \limits _{x\to 1}\frac{x^3-1}{x^2-1}$.
$\displaystyle \lim \limits _{x\to 0}\frac{\sqrt{1+3x}-1}{x}$.
$\displaystyle \lim \limits _{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}$.
$\displaystyle \lim \limits _{x\to 0}\frac{\frac1{1+x}-1}{x}$.
$\displaystyle \lim \limits _{x\to 0}\frac{\operatorname {sen}(7x)}{3x}$.
$\displaystyle \lim \limits _{x\to 0}\frac{\cos x-\cos (3x)}{x^2}$.

Ver solução

$4$, após fatorar $x^2-4=(x-2)(x+2)$.
$-1$, após fatorar $x^2+5x+6=(x+2)(x+3)$.
$3/2$, pois $(x^3-1)/(x^2-1)=(x^2+x+1)/(x+1)$ para $x\neq 1$.
$3/2$, após multiplicar pelo conjugado.
$1/4$, pois a razão se reduz a $1/(\sqrt{x}+2)$.
$-1$, pois a expressão se reduz a $-1/(1+x)$ para $x\neq 0$.
$7/3$.
$4$, usando $\cos x-\cos (3x)=2\operatorname {sen}(2x)\operatorname {sen}x$.

Exercício 7.14

Calcule, quando fizer sentido em relação ao domínio, os limites laterais e depois determine o limite da função no ponto indicado.

$\displaystyle \lim \limits _{x\to 0}\frac{|x|}{x}$.
$\displaystyle \lim \limits _{x\to 1}\frac{|x-1|}{x-1}$.
$\displaystyle \lim \limits _{x\to 0}\frac{x}{|x|+x}$.
$\displaystyle \lim \limits _{x\to 2}\frac{x^2-4}{|x-2|}$.

Ver solução

Os limites laterais são $-1$ e $1$; o limite bilateral não existe.
Os limites laterais são $-1$ e $1$; o limite bilateral não existe.
O domínio é $(0,\infty )$ e, nele, a expressão vale $1/2$. Portanto,

\[ \lim _{\substack {x\to 0\\ x\in (0,\infty )}}\frac{x}{|x|+x}=\frac12. \]

Não há pontos do domínio à esquerda de $0$, portanto não há limite lateral esquerdo a calcular.
Como a expressão vale $-(x+2)$ à esquerda de $2$ e $x+2$ à direita, os limites laterais são $-4$ e $4$; o limite bilateral não existe.

7.6 Continuidade

O limite descreve o comportamento de uma função nas proximidades de um ponto, sem levar em conta necessariamente o valor assumido nesse ponto. A continuidade exige a compatibilidade entre esses dois dados.

Intuitivamente, uma função $f:A\rightarrow B$, com $A,B\subset \mathbb {R}$, é contínua em $a$ quando valores de $x$ suficientemente próximos de $a$ produzem valores de $f(x)$ próximos de $f(a)$. Antes da definição formal, consideremos dois exemplos de descontinuidade.

Figura 7.21 Função descontínua em x=1. — Figura 7.21 Função descontínua em $x=1$.

Na Figura 7.21, quando tomamos valores de $x$ diferentes de $1$, porém cada vez mais próximos de $1$, os valores de $f(x)$ se aproximam de $2$, porém o valor de $f(1)$ é $3$ e, consequentemente, temos uma descontinuidade nesse ponto. Na Figura 7.22 temos um tipo distinto de descontinuidade. Quando nos aproximamos de $1$ por valores maiores que $1$, temos que $f(x)$ se aproxima de $2$, enquanto que se aproximarmos de $1$ por valores menores que $1$, então $f(x)$ se aproxima de $1$. Veja que isso se manifesta no “salto” da função no ponto $x=1$.

Figura 7.22 Função descontínua em x=1 — Figura 7.22 Função descontínua em $x=1$

Considere agora a função $f(x)=x^2$ nas proximidades de $x=1$.

$x$	$x^2$
$2$	$4$
$1{,}5$	$2{,}25$
$1{,}3$	$1{,}69$
$1{,}2$	$1{,}44$
$1{,}1$	$1{,}21$
$1{,}01$	$1{,}0201$
$1{,}001$	$1{,}002001$

Intuitivamente, quando tomamos valores de $x$ diferentes de $1$ porém cada vez mais próximos de $1$, os valores de $f(x)$ se aproximam de $f(1)=1$ e, logo, a função $f(x)=x^2$ é contínua nesse ponto.

Figura 7.23 Continuidade de f(x)=x^2 em x=1. — Figura 7.23 Continuidade de $f(x)=x^2$ em $x=1$.

Definição 7.4

Seja $f:A\to \mathbb {R}$ e seja $a\in A$. Dizemos que $f$ é contínua em $a$ quando, para todo $\varepsilon \gt 0$, existe $\delta \gt 0$ tal que

\[ x\in A,\quad |x-a|\lt \delta \quad \Longrightarrow \quad |f(x)-f(a)|\lt \varepsilon . \]

Quando há pontos de $A\setminus \{ a\} $ arbitrariamente próximos de $a$, essa condição equivale a

\[ \lim _{\substack {x\to a\\ x\in A}}f(x)=f(a). \]

Nos extremos de um intervalo, isso corresponde ao limite pelo lado pertencente ao domínio. Em pontos isolados, a condição é automaticamente satisfeita. Uma função contínua em todos os pontos de seu domínio é dita contínua.

Definição 7.5

Uma função $f:[a,b]\to \mathbb {R}$ é dita contínua por partes se existe uma partição finita $a=x_0\lt x_1\lt \cdots \lt x_n=b$ tal que $f$ é contínua em cada intervalo $(x_{i-1},x_i)$ e possui limites laterais finitos em seus extremos, tomados pelo interior desse intervalo. Os valores de $f$ nos pontos da partição podem diferir desses limites. A exigência de limites finitos exclui, por exemplo, singularidades ilimitadas em pontos da partição.

Utilizaremos a definição de continuidade apresentada anteriormente para provarmos que algumas funções clássicas são contínuas:

Teorema 7.30

As seguintes funções são contínuas (em todo o seu domínio):

Funções Polinomiais.
Funções Racionais.
$\operatorname {sen}(x)$
$\cos (x)$
$c^x$, com $c\gt 0$.

Demonstração ▼

A demonstração da continuidade das funções polinomiais e racionais já foi feita implicitamente nos teoremas 7.18 e 7.19, nos quais provamos que dados polinômios $p(x)$ e $q(x)$ com $q(a)\neq 0$ então:

\[ \lim \limits _{x\to a}p(x)=p(a) \qquad \lim \limits _{x\to a}\dfrac {p(x)}{q(x)}=\dfrac {p(a)}{q(a)} \]

Provaremos que $\operatorname {sen}(x)$ é contínua. Para isso começamos mostrando que $|\operatorname {sen}x|\leq |x|$ para $|x|\lt \pi /2$, com desigualdade estrita quando $x\neq 0$. Considere no círculo trigonométrico um ângulo $x$ tal que $-\pi /2\lt x\lt \pi /2$, conforme apresentado na Figura 7.24.

Figura 7.24 Comparação entre o triângulo e o setor circular para 0< |x|< π /2. — Figura 7.24 Comparação entre o triângulo e o setor circular para $0\lt |x|\lt \pi /2$.

Geometricamente, considerando o círculo unitário, a área do triângulo $OBC$, que vale $\left\lvert \operatorname {sen}(x)/2\right\rvert $, é menor que a área do setor circular $OBC$, cujo valor é $\left\lvert \dfrac {x}{2}\right\rvert $. Consequentemente, $|\operatorname {sen}x|\leq |x|$ para $|x|\lt \pi /2$, incluindo o caso $x=0$, no qual ambos os membros se anulam. Fixado $a\in \mathbb {R}$, a identidade da diferença de senos fornece, para $|x-a|\lt \pi $,

\begin{align*} |\operatorname {sen}x-\operatorname {sen}a| & =2\left|\operatorname {sen}\left(\frac{x-a}{2}\right)\right| \left|\cos \left(\frac{x+a}{2}\right)\right|\\ & \leq 2\left|\frac{x-a}{2}\right|=|x-a|. \end{align*}

Dado $\varepsilon \gt 0$, escolhemos $\delta =\min \{ \pi ,\varepsilon \} $. Se $|x-a|\lt \delta $, então $|\operatorname {sen}x-\operatorname {sen}a|\lt \varepsilon $. Isso prova a continuidade do seno em qualquer $a$.

Para o cosseno, a identidade da diferença dá, de modo semelhante,

\begin{align*} |\cos x-\cos a| & =2\left|\operatorname {sen}\left(\frac{x+a}{2}\right)\right| \left|\operatorname {sen}\left(\frac{x-a}{2}\right)\right|\\ & \leq |x-a| \qquad (|x-a|\lt \pi ). \end{align*}

A mesma escolha de $\delta $ prova a continuidade do cosseno. A continuidade da função exponencial será demonstrada no Teorema 8.22.

Como consequência das propriedades do limite, temos as seguintes propriedades da continuidade de funções.

Teorema 7.31

Se $f(x)$ e $g(x)$ são contínuas num ponto $a$, então:

$f(x)+g(x)$ é contínua em $a$
$f(x)g(x)$ é contínua em $a$
Se $g(a)\neq 0$ então $f(x)/g(x)$ é contínua em $a$

Demonstração ▼

Como $f$ e $g$ são contínuas em $a$,

\[ \lim \limits _{x\to a}f(x)=f(a), \qquad \lim \limits _{x\to a}g(x)=g(a). \]

As regras da soma e do produto fornecem

\[ \lim \limits _{x\to a}(f+g)(x)=f(a)+g(a)=(f+g)(a) \]

\[ \lim \limits _{x\to a}(fg)(x)=f(a)g(a)=(fg)(a). \]

Se $g(a)\neq 0$, a regra do quociente também se aplica:

\[ \lim \limits _{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} =\frac{f(a)}{g(a)}. \]

Logo, as três funções são contínuas em $a$ nas hipóteses indicadas.

Como corolário do teorema anterior, temos que a função $\operatorname {tg}(x)=\dfrac {\operatorname {sen}(x)}{\cos (x)}$ é contínua em todos os pontos do seu domínio, isto é, em $\mathbb {R}\setminus \{ \dfrac {\pi }{2}+k\pi , \text{ com } k\in \mathbb {Z}\} $

Figura 7.25 Gráfico da função tangente e suas assíntotas verticais.

Podemos calcular o limite de funções compostas $\lim \limits _{x\to a}f\mathbin {\mathchoice {\compcent \scriptstyle }{\compcent \scriptstyle }{\compcent \scriptscriptstyle }{\compcent \scriptscriptstyle }} g (x)$, desde que a função $f$ seja contínua, calculando $f(\lim \limits _{x\to a}g(x))$.

Teorema 7.32 (Limite da Composta)

Sejam $f$ e $g$ funções tais que $\operatorname {Im}g\subset \operatorname {Dom}f$. Se $f$ é contínua em $b$ e

\[ \lim \limits _{x\to a}g(x)=b, \]

então

\[ \lim \limits _{x\to a}f(g(x))=f(b). \]

Demonstração ▼

Dado $\varepsilon \gt 0$, a continuidade de $f$ em $b$ fornece $\eta \gt 0$ tal que $y\in \operatorname {Dom}f$ e $|y-b|\lt \eta $ implicam $|f(y)-f(b)|\lt \varepsilon $. Como $\lim \limits _{x\to a}g(x)=b$, existe $\delta \gt 0$ tal que $0\lt |x-a|\lt \delta $ implica $|g(x)-b|\lt \eta $. Além disso, $g(x)\in \operatorname {Dom}f$ pela hipótese. Logo,

\[ 0\lt |x-a|\lt \delta \quad \Longrightarrow \quad |f(g(x))-f(b)|\lt \varepsilon . \]

Esse argumento inclui os pontos em que $g(x)=b$, pois neles a última diferença é zero. Portanto, $\lim \limits _{x\to a}f(g(x))=f(b)$.

O Teorema do Limite da Composta permite calcular limites utilizando a mudança de variáveis, como ilustra o exemplo a seguir.

Exemplo 7.33

Mostre que $\lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\operatorname {sen}(x^2+4x+\pi )+2}{\cos (x^3+x^5)}=2$.

Solução

Como já dissemos, as funções $\operatorname {sen}(x)$ e $\cos (x)$ são contínuas em todos os pontos. Além disso,

\[ \lim \limits _{x\to 0}\bigl(x^2+4x+\pi \bigr)=\pi , \qquad \lim \limits _{x\to 0}\bigl(x^3+x^5\bigr)=0. \]

Logo,

\[ \lim \limits _{x\to 0}\bigl(\operatorname {sen}(x^2+4x+\pi )+2\bigr) =\operatorname {sen}\Bigl(\lim \limits _{x\to 0}\bigl(x^2+4x+\pi \bigr)\Bigr)+2 =2 \]

\[ \lim \limits _{x\to 0}\cos (x^3+x^5) =\cos \Bigl(\lim \limits _{x\to 0}\bigl(x^3+x^5\bigr)\Bigr) =1. \]

Logo, por 5. temos que:

\[ \lim \limits _{x\to 0} \dfrac {\operatorname {sen}(x^2+4x+\pi )+2}{\cos (x^3+x^5)}= \dfrac {\lim \limits _{x\to 0}\left(\operatorname {sen}(x^2+4x+\pi )+2\right)}{\lim \limits _{x\to 0}\cos (x^3+x^5)}=2 \]

Como consequência do Teorema do Limite da Composta (Teorema 7.32), a composição de funções contínuas é contínua:

Teorema 7.34

Sejam $g:A\to B$ e $f:B\to C$, definidas em vizinhanças adequadas de $a$ e $g(a)$. Se $g$ é contínua em $a$ e $f$ é contínua em $g(a)$, então $f\circ g$ é contínua em $a$.

Finalmente, uma função contínua e estritamente monótona em um intervalo tem inversa contínua em sua imagem.

Teorema 7.35

Seja $I$ um intervalo e $f:I\to \mathbb {R}$ contínua e estritamente monótona. Então $f^{-1}:f(I)\to I$ é contínua em $f(I)$, com a continuidade entendida relativamente ao domínio.

Como consequência do Teorema 7.35, temos que as funções trigonométricas inversas $\operatorname {arcsen}(x)$, $\arccos (x)$, $\operatorname {arctg}(x)$, etc. e a função $\log $ são contínuas em todos os pontos de seus respectivos domínios de definição. Ainda como consequência do Teorema 7.34, temos que as funções elementares, isto é, as funções que são obtidas por soma, produto, quociente e composição de funções polinomiais, racionais, trigonométricas, exponenciais e logarítmicas são contínuas em todos os pontos nos quais estão definidas.

Exercício 7.15

Use o limite da composta para calcular os seguintes limites:

$\lim \limits _{x\to 0} \cos \left(x^2+x+\dfrac {1}{1+x}\right)$
$\lim \limits _{x\to 0} e^{\operatorname {sen}(x^2)}$
$\lim \limits _{x\to 2} \operatorname {arcsen}\dfrac {x^2-x-2}{{x}^{2}+2x-8}$
$\lim \limits _{x\to 1} \operatorname {arctg}\dfrac {x^2-1}{x^2-4x+3}$

Ver solução

$\cos {\left(1 \right)}$.
$1$.
$\frac{\pi }{6}$.
$- \frac{\pi }{4}$.

No item 3, o argumento do arco-seno simplifica-se para $(x+1)/(x+4)$ e tende a $1/2$. No item 4, o argumento do arco-tangente simplifica-se para $(x+1)/(x-3)$ e tende a $-1$.

Exercício 7.16

Calcule os seguintes limites:

$\lim \limits _{x\to 1} \left( 3x^3 +\dfrac {1}{x}+4 \right)$
$\lim \limits _{x\to 0} \cos (x)$
$ \lim \limits _{x\to 3} \left\lvert -5x^3+ x\right\rvert $
$ \lim \limits _{x\to 2} (x^3+2)(x^2-5x)$
$ \lim \limits _{x\to 1} \dfrac {x^3-1}{x^2-1} $
$\lim \limits _{t \rightarrow 4} \dfrac {4-t}{2-\sqrt{t}}$
$ \lim \limits _{t \rightarrow 0} \dfrac {(a+t)^3-a^3}{t} $
$ \lim \limits _{t \rightarrow 0} \dfrac {\sqrt[3]{8+t}-2}{t} $
$ \lim \limits _{t \rightarrow 0} \dfrac {\sqrt{2+t}-\sqrt{2}}{t} $
Prove que $\lim \limits _{x\to 0}x^2 2^{\cos (x)}=0$.

Ver solução

$8$.
$1$.
$132$.
$-60$.
$\frac{3}{2}$.
$4$.
$3 a^{2}$.
$\frac{1}{12}$.
$\frac{\sqrt{2}}{4}$.
$0$.

No item 6, a racionalização reduz o quociente a $2+\sqrt t$. No item 8, use $a-b=(a^3-b^3)/(a^2+ab+b^2)$ com $a=\sqrt[3]{8+t}$ e $b=2$. No item 10, $1/2\leq 2^{\cos x}\leq 2$, de modo que $0\leq x^2 2^{\cos x}\leq 2x^2\to 0$.

Exercício 7.17

Prove que se $f(x)$ e $g(x)$ são contínuas num ponto $a$, então:

$f(x)+g(x)$ é contínua em $a$
$f(x).g(x)$ é contínua em $a$
Se $g(a)\neq 0$ então $f(x)/g(x)$ é contínua em $a$

Ver solução

Pela continuidade, $\lim \limits _{x\to a} f(x)=f(a)$ e $\lim \limits _{x\to a} g(x)=g(a)$. Aplicando as propriedades dos limites:

$\lim \limits _{x\to a}(f(x)+g(x))=f(a)+g(a)=(f+g)(a)$.
$\lim \limits _{x\to a}(f(x)g(x))=f(a)g(a)=(fg)(a)$.
Se $g(a)\neq 0$, a continuidade garante que $g$ não se anula numa vizinhança de $a$. A regra do quociente dá $\lim \limits _{x\to a} f(x)/g(x)=f(a)/g(a)=(f/g)(a)$.

Cada igualdade é a definição de continuidade da função correspondente.

Exercício 7.18

Seja $f(x)$ a função definida como:

\[ f(x)=\left\{ \begin{array}{l}$x^2+1$ se $x\lt 0$ \\ $ax+3$ se $x\geq 0 $\end{array} \right. \]

Determine, se existir, o valor de $a$ que torna $f$ contínua em $0$.

Ver solução

Não existe tal $a$. O limite pela esquerda em $0$ é $1$, enquanto $f(0)=3$ e o limite pela direita é $3$, independentemente de $a$.

Exercício 7.19

Dado $g(x)$ a função definida como:

\[ g(x)=\left\{ \begin{array}{l}$x^3+3x+1$ se $x\lt b$ \\ $ax^2+3$ se $x\geq b $\end{array} \right. \]

Determine, se existir, o valor de $a$ que torna $g$ contínua em $b$, separando o caso $b=0$.

Ver solução

Se $b\neq 0$, a continuidade exige $b^3+3b+1=ab^2+3$, portanto $a=(b^3+3b-2)/b^2$. Para esse valor, os limites laterais e $g(b)$ coincidem. Se $b=0$, o limite pela esquerda é $1$ e $g(0)=3$, de modo que nenhum valor de $a$ serve.

Exercício 7.20

Dado $h(x)$ a função definida como:

\[ h(x)=\left\{ \begin{array}{l}$\cos (x)+1$ se $x\lt b$ \\ $ax^2+b$ se $x\geq b $\end{array} \right. \]

Determine, se existir, o valor de $a$ que torna $h$ contínua em $b$, separando o caso $b=0$.

Ver solução

Se $b\neq 0$, a continuidade exige $\cos b+1=ab^2+b$, portanto $a=(\cos b+1-b)/b^2$. Se $b=0$, o limite pela esquerda é $2$, mas $h(0)=0$, de modo que nenhum valor de $a$ serve.

Exercício 7.21

Uma tabela progressiva fictícia isenta os primeiros R\$ 2.000 de renda mensal, tributa em $10\% $ apenas a parcela entre R\$ 2.000 e R\$ 4.000 e, acima disso, tributa em $20\% $ somente a parcela excedente. O imposto total $T(x)$ sobre uma renda $x\geq 0$ é, portanto,

\[ T(x)= \begin{cases} 0,& 0\leq x\leq 2000,\\ 0{,}10(x-2000),& 2000\lt x\leq 4000,\\ 200+0{,}20(x-4000),& x\gt 4000. \end{cases} \]

Calcule $T(3500)$ e $T(5000)$.
Calcule os limites laterais de $T$ em $2000$ e $4000$. A função é contínua nesses pontos?
Para $x\gt 0$, defina a alíquota efetiva por $E(x)=T(x)/x$. Ela é contínua nos dois pontos de corte? Calcule $E(3500)$ e $E(5000)$.
Explique por que a alíquota marginal muda nos pontos de corte sem que o imposto total dê um salto.

Ver solução

$T(3500)=\text{R\$ }\, 150$ e $T(5000)=\text{R\$ }\, 400$.
Em $2000$, os dois limites são $0$; em $4000$, ambos são $200$. Logo, $T$ é contínua nos dois pontos.
Como $x$ não se anula nos pontos de corte, $E=T/x$ também é contínua neles. Além disso,

\[ E(3500)=\frac{150}{3500}=\frac3{70}\approx 4{,}29\% , \qquad E(5000)=\frac{400}{5000}=8\% . \]
A inclinação de cada trecho passa de $0$ para $0{,}10$ e depois para $0{,}20$, mas as constantes dos trechos fazem coincidir seus valores nos pontos de corte. Assim, muda a taxa aplicada ao próximo real sem mudar subitamente o total já devido.

7.7 Propriedades das Funções Contínuas

A continuidade é definida ponto a ponto, mas, quando vale em todo um intervalo, impõe condições ao comportamento da função nesse conjunto. Os próximos resultados mostram como ela garante a existência de valores intermediários e, em intervalos fechados e limitados, de valores extremos.

7.7.1 Teorema do Valor Intermediário

Geometricamente, o Teorema do Valor Intermediário nos diz que o gráfico de uma função contínua assume todos os valores entre $f(a)$ e $f(b)$, ou, dito de outra forma, dado $d$ entre $f(a)$ e $f(b)$, o gráfico de $f(x)$ deve interceptar a reta horizontal $y=d$.

Teorema 7.36 (Teorema do Valor Intermediário)

Seja $f$ contínua em $[a,b]$, com $f(a)\neq f(b)$. Então, para todo $d$ estritamente entre $f(a)$ e $f(b)$, existe $c\in (a,b)$ tal que $f(c)=d$.

Figura 7.26 Interpretação geométrica do Teorema do Valor Intermediário.

A demonstração desse teorema será apresentada adiante, nesta seção. Antes, apresentaremos algumas aplicações do Teorema do Valor Intermediário na demonstração de existência de soluções para equações. Para tanto, por sua utilidade, enunciaremos o Teorema do Valor Intermediário em uma forma especial e mais restrita: o Teorema de Bolzano.

Figura 7.27 O Teorema do Valor Intermediário só é válido para funções contínuas.

Teorema 7.37 (Teorema de Bolzano)

Seja $f$ uma função contínua em todos os pontos de um intervalo fechado $\left[a,b \right]$ e suponha que $f(a)$ e $f(b)$ tenham sinais opostos. Então existe um $c\in (a,b)$ tal que $f(c)=0$.

O teorema anterior nos diz que o gráfico de uma função contínua que, em $a$ está abaixo do eixo $x$ e em $b$ está acima dele (ou vice-versa), em algum ponto do intervalo $[a,b]$ deve cruzar o eixo $x$.

Ilustração: Teorema do Valor Intermediário

Figura 7.28 Interpretação geométrica do Teorema de Bolzano.

Exemplo 7.38

Mostre que a equação $\cos (x)=x$ tem pelo menos uma solução no intervalo $\left[0,\pi \right]$.

Solução

A equação é equivalente a

\[ \cos x-x=0. \]

Considere $g(x)=\cos x-x$, função contínua em $[0,\pi ]$. Temos

\[ g(0)=1\gt 0 \qquad \text{e}\qquad g(\pi )=-1-\pi \lt 0. \]

Pelo Teorema de Bolzano, existe $c\in (0,\pi )$ tal que $g(c)=0$. Portanto, $\cos c=c$.

Figura 7.29 Intersecção dos gráficos de y=x e y=cos (x) — Figura 7.29 Intersecção dos gráficos de $y=x$ e $y=\cos (x)$

Figura 7.30 Gráfico de y=cos (x)-x. — Figura 7.30 Gráfico de $y=\cos (x)-x$.

Exemplo 7.39

Mostre que a equação $3^x=x^2+4$ tem pelo menos uma solução no intervalo $\left(1,2\right)$.

Solução

A equação é equivalente a

\[ 3^x-x^2-4=0. \]

Considere $g(x)=3^x-x^2-4$, que é contínua em $[1,2]$. Como

\[ g(1)=-2\lt 0 \qquad \text{e}\qquad g(2)=1\gt 0, \]

o Teorema de Bolzano garante a existência de $c\in (1,2)$ tal que $g(c)=0$. Logo, $3^c=c^2+4$.

Figura 7.31 Gráfico de y=3^x-x^2-4. — Figura 7.31 Gráfico de $y=3^x-x^2-4$.

Demonstração do Teorema 7.36 ▼

Suponha primeiro que $f(a)\lt d\lt f(b)$ e considere

\[ S=\{ x\in [a,b]\mid f(x)\lt d\} . \]

Esse conjunto é não vazio, pois $a\in S$, e é limitado superiormente por $b$. Pela completude dos reais, existe $c=\sup S$.

A continuidade em $a$ e a desigualdade $f(a)\lt d$ garantem que alguns pontos à direita de $a$ ainda pertencem a $S$; logo, $c\gt a$. Analogamente, a continuidade em $b$ e $f(b)\gt d$ garantem um intervalo à esquerda de $b$ que não contém pontos de $S$; portanto, $c\lt b$.

Dado $\varepsilon \gt 0$, escolha $\delta \gt 0$ de modo que $(c-\delta ,c+\delta )\subset (a,b)$ e $|f(x)-f(c)|\lt \varepsilon $ para $|x-c|\lt \delta $. Pela propriedade do supremo, existe $x^*\in S$ com $c-\delta \lt x^*\leq c$. Assim,

\[ f(c)\lt f(x^*)+\varepsilon \lt d+\varepsilon . \]

Por outro lado, qualquer $\hat x\in (c,c+\delta )$ não pertence a $S$, pois $c$ é cota superior. Logo, $f(\hat x)\geq d$ e

\[ f(c)\gt f(\hat x)-\varepsilon \geq d-\varepsilon . \]

Portanto, $|f(c)-d|\lt \varepsilon $ para todo $\varepsilon \gt 0$. Pelo Exercício 1.21, concluímos que $f(c)=d$.

Se $f(b)\lt d\lt f(a)$, aplicamos o caso já provado à função contínua $-f$ e ao valor $-d$. Obtemos novamente um ponto $c\in (a,b)$ com $f(c)=d$.

Proposição 7.40

Uma função contínua $f: I \to \mathbb {R}$ de um intervalo fechado $I=[a, b]$ em $\mathbb {R}$ é injetiva se e somente se a função $f$ é estritamente monotônica em $[a, b]$.

Demonstração ▼

Se $f$ é estritamente monótona e $x\lt y$, então $f(x)\neq f(y)$; logo, $f$ é injetora.

Reciprocamente, suponha $f$ contínua e injetora. Para quaisquer $x_1\lt x_2\lt x_3$ em $[a,b]$, afirmamos que $f(x_2)$ está estritamente entre $f(x_1)$ e $f(x_3)$. Se isso não ocorresse, as três imagens seriam distintas, e uma das imagens dos extremos estaria entre as outras duas. Se $f(x_1)$ estivesse entre $f(x_2)$ e $f(x_3)$, o Teorema do Valor Intermediário em $[x_2,x_3]$ daria um ponto $x'$ com $f(x')=f(x_1)$, contradizendo a injetividade. Se $f(x_3)$ estivesse entre $f(x_1)$ e $f(x_2)$, aplicaríamos o mesmo argumento em $[x_1,x_2]$.

Se $a=b$, a conclusão é imediata. Caso contrário, suponha primeiro $f(a)\lt f(b)$. A propriedade que acabamos de provar mostra que $f(a)\lt f(x)\lt f(b)$ para $a\lt x\lt b$. Para $a\lt x\lt y\lt b$, aplicada ao trio $a,x,y$, ela fornece $f(a)\lt f(x)\lt f(y)$. Incluindo os extremos, concluímos que $f$ é estritamente crescente em $[a,b]$. Se $f(a)\gt f(b)$, aplicamos esse raciocínio a $-f$ e concluímos que $f$ é estritamente decrescente.

Exercício 7.22

Mostre que a equação $ x^3-3x+1=0$ tem pelo menos uma solução no intervalo $(1,2)$

Ver solução

A função $F(x)=x^{3} - 3 x + 1$ é contínua em $[1,2]$. Como $F(1)=-1$ e $F(2)=3$ têm sinais opostos, o Teorema de Bolzano fornece $c\in (1,2)$ com $F(c)=0$, como pedido.

Exercício 7.23

Mostre que a equação $4^{x^2}-2(x+1)^2=0$ tem pelo menos uma solução no intervalo $(-1,1)$

Ver solução

A função $F(x)=4^{x^{2}} - 2 \left(x + 1\right)^{2}$ é contínua em $[-1,1]$. Como $F(-1)=4$ e $F(1)=-4$ têm sinais opostos, o Teorema de Bolzano fornece $c\in (-1,1)$ com $F(c)=0$, como pedido.

Exercício 7.24

Mostre que a equação $ x^5 - x^2 - 2=0 $ tem pelo menos uma solução no intervalo $(0,2)$

Ver solução

A função $F(x)=x^{5} - x^{2} - 2$ é contínua em $[0,2]$. Como $F(0)=-2$ e $F(2)=26$ têm sinais opostos, o Teorema de Bolzano fornece $c\in (0,2)$ com $F(c)=0$, como pedido.

Exercício 7.25

Mostre que a equação $ x^2 =\sqrt{x + 2} $ tem pelo menos uma solução no intervalo $(0,2)$

Ver solução

A função $F(x)=x^{2} - \sqrt{x + 2}$ é contínua em $[0,2]$. Como $F(0)=- \sqrt{2}$ e $F(2)=2$ têm sinais opostos, o Teorema de Bolzano fornece $c\in (0,2)$ com $F(c)=0$, como pedido.

Exercício 7.26

Mostre que a equação $ \operatorname {tg}(x)=x$ tem pelo menos $3$ soluções.

Ver solução

Uma solução é $x=0$. Para obter uma positiva, considere $F(x)=\operatorname {sen}x-x\cos x$, contínua em $[\pi ,3\pi /2]$. Temos $F(\pi )=\pi \gt 0$ e $F(3\pi /2)=-1\lt 0$. Pelo Teorema de Bolzano, existe $c\in (\pi ,3\pi /2)$ com $F(c)=0$. Como $\cos c\neq 0$ nesse intervalo, isso equivale a $\operatorname {tg}c=c$. Pela imparidade da tangente, $-c$ também é solução. Assim, $-c$, $0$ e $c$ são três soluções distintas.

Exercício 7.27

Use o Teorema do Valor Intermediário para provar que existe um número real $b$ tal que $b^2=2$, conclua que existe raiz quadrada de $2$.

Ver solução

A função $F(x)=x^2$ é contínua em $[1,2]$, e $F(1)=1\lt 2\lt 4=F(2)$. Pelo Teorema do Valor Intermediário, existe $b\in (1,2)$ com $b^2=2$. Como $b\gt 0$, esse número é $\sqrt2$.

Exercício 7.28

Construa uma tabela de valores à esquerda e à direita de $2$ para $f(x)=(x^2-4)/(x-2)$. Conjecture o limite e explique por que o valor de $f(2)$ não é necessário para calculá-lo.

Ver solução

Para $x\neq 2$, $f(x)=x+2$. Por exemplo, os valores em $1{,}9$, $1{,}99$, $2{,}01$ e $2{,}1$ são, respectivamente, $3{,}9$, $3{,}99$, $4{,}01$ e $4{,}1$. Portanto, o limite é $4$. O limite depende dos valores arbitrariamente próximos de $2$, não do valor no ponto, que não está definido na expressão original.

Exercício 7.29

Calcule, se existir,

\[ \lim _{x\to -1}\frac{|x+1|}{x+1},\qquad \lim _{x\to 0}\frac{\operatorname {sen}(5x)}{x}. \]

No primeiro item, compare explicitamente os limites laterais.

Ver solução

No primeiro limite, o quociente vale $-1$ à esquerda de $-1$ e $1$ à direita; como os limites laterais diferem, o limite bilateral não existe. No segundo,

\[ \lim _{x\to 0}\frac{\operatorname {sen}(5x)}x =5\lim _{x\to 0}\frac{\operatorname {sen}(5x)}{5x}=5. \]

Exercício 7.30

Determine $a$ e $b$ de modo que

\[ f(x)=\begin{cases} ax+b,& x\lt 2,\\ x^2-3,& x\ge 2\end{cases} \]

seja contínua em $2$ e tenha limite $1$ nesse ponto. Há mais de uma solução?

Ver solução

Como $f(2)=1$, basta exigir $2a+b=1$. Há infinitas soluções: $b=1-2a$, com $a\in \mathbb {R}$ arbitrário.

Exercício 7.31

A vazão de uma bomba é $Q(t)=18-3t$ L/min para $0\leq t\lt 4$. No instante $t=4$ min, ela é desligada, e $Q(t)=0$ para $t\geq 4$. Esboce $Q$ em $[0,6]$ e classifique sua continuidade em $t=4$.

Ver solução

O gráfico é o segmento da reta $18-3t$ até um círculo aberto em $(4,6)$ e, a partir de $t=4$, o segmento horizontal $Q=0$, com ponto fechado em $(4,0)$. Como $\lim _{t\to 4^-}Q(t)=6$ e $\lim _{t\to 4^+}Q(t)=Q(4)=0$, há uma descontinuidade de salto.

Exercício 7.32

Pela definição $\varepsilon $–$\delta $, demonstre que

\[ \lim _{x\to 3}(2x-1)=5. \]

Escolha um $\delta $ em função de $\varepsilon $ e verifique a implicação completa.

Ver solução

Dado $\varepsilon \gt 0$, tome $\delta =\varepsilon /2$. Se $0\lt |x-3|\lt \delta $, então

\[ |(2x-1)-5|=2|x-3|\lt 2\delta =\varepsilon . \]

Isso prova o limite pela definição.

Exercício 7.33

Use o Teorema do Valor Intermediário para provar que $x^3+x-5=0$ tem pelo menos uma raiz em $(1,2)$. Em seguida, explique por que o teorema não afirma que a raiz seja única.

Ver solução

Para $F(x)=x^3+x-5$, temos $F(1)=-3$ e $F(2)=5$. Como $F$ é contínua, o TVI fornece ao menos uma raiz em $(1,2)$. O teorema é apenas uma afirmação de existência; sem uma hipótese adicional, como monotonicidade estrita, ele não exclui outras raízes.

Exercício 7.34

Determine todos os pontos de descontinuidade de

\[ g(x)=\frac{x^2-9}{(x-3)(x+1)}. \]

Classifique cada um como removível ou infinita e proponha uma redefinição que elimine a removível.

Ver solução

No domínio original, $x=-1$ e $x=3$ são excluídos. Para $x\neq 3$, $g(x)=(x+3)/(x+1)$. Assim, $x=3$ é uma descontinuidade removível, eliminada definindo $g(3)=3/2$, enquanto $x=-1$ é uma descontinuidade infinita.

Exercício 7.35

Um termostato mantém a temperatura entre $20{,}0^\circ $C e $20{,}5^\circ $C, ligando o aquecedor ao atingir o limite inferior e desligando-o no superior. Discuta se a temperatura e o estado ligado/desligado são funções contínuas do tempo.

Ver solução

Num modelo físico usual, a temperatura varia continuamente, inclusive nos instantes em que o termostato comuta. Já o estado ligado/desligado assume dois valores discretos e muda por salto nos limiares; portanto, não é contínuo nesses instantes.

Exercício 7.36

Calcule $\lim _{x\to 0}(1-\cos (3x))/x^2$ usando uma identidade trigonométrica e o primeiro limite fundamental.

Ver solução

Usando $1-\cos u=2\operatorname {sen}^2(u/2)$,

\[ \lim _{x\to 0}\frac{1-\cos (3x)}{x^2} =2\left(\frac32\right)^2 \lim _{x\to 0}\left(\frac{\operatorname {sen}(3x/2)}{3x/2}\right)^2 =\frac92. \]

Exercício 7.37

Dê um contraexemplo para cada afirmação: “a soma de duas funções descontínuas é descontínua” e “se $f^2$ é contínua, então $f$ é contínua”.

Ver solução

Para a primeira, tome a função de Dirichlet $d$, igual a $1$ nos racionais e a $0$ nos irracionais: $d$ e $-d$ são descontínuas em toda parte, mas sua soma é zero. Para a segunda, tome $f(x)=-1$ se $x\lt 0$ e $f(x)=1$ se $x\geq 0$; $f$ é descontínua em $0$, mas $f^2\equiv 1$ é contínua.

7.7.2 Valores Extremos

O Teorema do Valor Intermediário garante que a função não omite valores entre duas imagens. Outra questão é saber se ela atinge um maior e um menor valor. Em um intervalo fechado e limitado, a continuidade também fornece essa garantia.

Teorema 7.41

Se $f$ é contínua em um intervalo fechado $[a,b]$, então $f$ é limitada nesse intervalo.

Demonstração ▼

Suponha que $f$ não seja limitada em $[a,b]$. Divida o intervalo ao meio e escolha uma metade na qual $f$ continue ilimitada; se isso ocorrer nas duas, escolha a metade esquerda. Repetindo o processo, obtemos intervalos encaixados

\[ [a_n,b_n], \qquad b_n-a_n=\frac{b-a}{2^n}, \]

em cada um dos quais $f$ é ilimitada.

Seja

\[ A=\{ a_n:n\geq 0\} \qquad \text{e}\qquad \alpha =\sup A. \]

Como os intervalos são encaixados, $a_n\leq \alpha \leq b_n$ para todo $n$. Pela continuidade de $f$ em $\alpha $, existe $\delta \gt 0$ tal que

\[ |x-\alpha |\lt \delta \quad \Longrightarrow \quad |f(x)|\lt 1+|f(\alpha )|. \]

Escolha $n$ com $(b-a)/2^n\lt \delta $. Então todo $x\in [a_n,b_n]$ satisfaz $|x-\alpha |\lt \delta $, e portanto $f$ é limitada em $[a_n,b_n]$, contradizendo a escolha desse intervalo.

Definição 7.6

Seja $I$ um intervalo e $f:I\to \mathbb {R}$ uma função.

Diremos que $x_0\in I$ é um ponto de máximo global (ou absoluto) de $f$, se $f(x)\leq f(x_0)$, para todo $x\in I$. Neste caso, diremos que $f(x_0)$ é máximo global.
Diremos que $x_0\in I$ é um ponto de mínimo global de $f$, se $f(x)\geq f(x_0)$, para todo $x\in I$. Neste caso, diremos que $f(x_0)$ é mínimo global.
Um ponto $x_0\in I$ será dito um ponto extremo global, se $x_0$ for um ponto de máximo global ou um ponto de mínimo global.

Teorema 7.42 (Teorema de Weierstrass do Valor Extremo)

Seja $f$ uma função contínua em um intervalo $[a, b]$, então $ f $ atinge seus valores máximos e mínimos em $[a, b]$.

Demonstração ▼

Como $f$ é limitada em $[a,b]$, sua imagem possui supremo; denotemos esse número por $M$. Suponha que $f$ não atinja $M$. Então $f(x)\lt M$ para todo $x\in [a,b]$, e a função

\[ g(x)=\frac1{M-f(x)} \]

é contínua no intervalo. Pelo Teorema 7.41, ela também é limitada: existe $K\gt 0$ tal que $g(x)\leq K$ para todo $x\in [a,b]$. Logo,

\[ \frac1{M-f(x)}\leq K \quad \Longrightarrow \quad f(x)\leq M-\frac1K. \]

Isso produz uma cota superior para $f([a,b])$ menor que $M$, contrariando a definição de supremo. Portanto, $f$ atinge seu máximo. Aplicando o mesmo argumento a $-f$, concluímos que $f$ também atinge seu mínimo.

Exercício 7.38

Determine o máximo e o mínimo absolutos de

\[ f(x)=x^2-4x+1 \]

em $[-1,5]$.

Ver solução

Como $f(x)=(x-2)^2-3$, o mínimo absoluto é $-3$, atingido em $x=2$. Nos extremos,

\[ f(-1)=f(5)=6, \]

portanto o máximo absoluto é $6$, atingido em $x=-1$ e $x=5$.

Exercício 7.39

Determine os valores máximo e mínimo de $f(x)=1/x$ em $[1,4]$.

Ver solução

A função é contínua e estritamente decrescente em $[1,4]$. Assim, o máximo é $f(1)=1$ e o mínimo é $f(4)=1/4$.

Exercício 7.40

Explique por que o Teorema de Weierstrass não garante máximo e mínimo para $f(x)=x$ no intervalo aberto $(0,1)$, e verifique diretamente o que ocorre.

Ver solução

O intervalo não é fechado, portanto falta uma das hipóteses do teorema. A função é contínua em $(0,1)$, mas não atinge nem $0$ nem $1$: não possui mínimo nem máximo absolutos nesse domínio.

7.8 $\star $ Demonstração das propriedades básicas de limite

As propriedades algébricas dos limites decorrem diretamente da definição. Mostraremos, em particular, as propriedades da soma e do produto.

Teorema 7.43

Se $\lim \limits _{x\to a}f(x)$ e $\lim \limits _{x\to a}g(x)$ existem, então

\[ \lim \limits _{x\to a}(f(x)+g(x))=\lim \limits _{x\to a}f(x)+\lim \limits _{x\to a}g(x) \]

Suponha

\[ \lim \limits _{x\to a}f(x)=L_1, \qquad \lim \limits _{x\to a}g(x)=L_2. \]

A desigualdade triangular fornece

\[ \left\lvert (f(x)+g(x))-(L_1+L_2)\right\rvert \leq \left\lvert f(x)-L_1\right\rvert +\left\lvert g(x)-L_2\right\rvert . \]

Basta, portanto, controlar cada parcela por $\varepsilon /2$.

Demonstração ▼

Seja $\varepsilon \gt 0$. Existem $\delta _1,\delta _2\gt 0$ tais que

\[ 0\lt |x-a|\lt \delta _1 \quad \Longrightarrow \quad |f(x)-L_1|\lt \frac{\varepsilon }{2}, \]

\[ 0\lt |x-a|\lt \delta _2 \quad \Longrightarrow \quad |g(x)-L_2|\lt \frac{\varepsilon }{2}. \]

Tome

\[ \delta =\min \{ \delta _1,\delta _2\} . \]

Se $0\lt |x-a|\lt \delta $, então as duas desigualdades anteriores valem e, pela desigualdade triangular,

\[ |(f(x)+g(x))-(L_1+L_2)| \leq |f(x)-L_1|+|g(x)-L_2| \lt \varepsilon . \]

Portanto,

\[ \lim \limits _{x\to a}(f(x)+g(x))=L_1+L_2. \]

Teorema 7.44

Se $\lim \limits _{x\to a}f(x)$ e $\lim \limits _{x\to a}g(x)$ existem, então

\[ \lim \limits _{x\to a}(f(x)g(x))=\lim \limits _{x\to a}f(x)\cdot \lim \limits _{x\to a}g(x) \]

Demonstração ▼

Escreva

\[ F=\lim \limits _{x\to a}f(x), \qquad G=\lim \limits _{x\to a}g(x). \]

Dado $\varepsilon \gt 0$, escolha $\delta _1\gt 0$ tal que

\[ |f(x)-F|\lt \frac{\varepsilon }{2(1+|G|)} \]

quando $0\lt |x-a|\lt \delta _1$. Escolha também $\delta _2\gt 0$ de modo que, quando $0\lt |x-a|\lt \delta _2$,

\[ |g(x)-G|\lt \min \left\{ 1,\frac{\varepsilon }{2(1+|F|)}\right\} . \]

A segunda desigualdade implica

\[ |g(x)|\leq |g(x)-G|+|G|\lt 1+|G|. \]

Tomando $\delta =\min \{ \delta _1,\delta _2\} $, se $0\lt |x-a|\lt \delta $, então

\begin{align*} |f(x)g(x)-FG| & \leq |g(x)|\, |f(x)-F|+|F|\, |g(x)-G|\\ & \lt (1+|G|)\frac{\varepsilon }{2(1+|G|)} +(1+|F|)\frac{\varepsilon }{2(1+|F|)}\\ & =\varepsilon . \end{align*}

Logo,

\[ \lim \limits _{x\to a}(f(x)g(x))=FG. \]

Teorema 7.45 (Limite do Quociente)

Se $\lim \limits _{x\to a}f(x)$ e $\lim \limits _{x\to a}g(x)$ existem e $\lim \limits _{x\to a}g(x)\neq 0$, então

\[ \lim \limits _{x\to a}\dfrac {f(x)}{g(x)}=\dfrac {\lim \limits _{x\to a}f(x)}{\lim \limits _{x\to a}g(x)} \]

Demonstração ▼

Escreva $M=\lim \limits _{x\to a}g(x)\neq 0$. Basta provar que $\lim \limits _{x\to a}1/g(x)=1/M$, pois então $f/g=f\cdot (1/g)$ e a regra do produto fornece a conclusão.

Dado $\varepsilon \gt 0$, a definição de limite fornece $\delta _1,\delta _2\gt 0$ tais que

\begin{equation} |g(x)-M|\lt \frac{\varepsilon |M|^2}{2} \quad \text{se }0\lt |x-a|\lt \delta _1,\label{eqquo1} \tag{7.1} \end{equation}

\[ |g(x)-M|\lt \frac{|M|}{2} \quad \text{se }0\lt |x-a|\lt \delta _2. \]

Pela desigualdade triangular reversa, a segunda condição implica

\[ |g(x)|\geq |M|-|g(x)-M|\gt \frac{|M|}{2}\gt 0. \]

Em particular, $g(x)$ não se anula nessa vizinhança e

\begin{equation} \left|\frac1{g(x)}\right|\lt \frac2{|M|}. \label{eqquo3} \tag{7.2} \end{equation}

Tomando $\delta =\min \{ \delta _1,\delta _2\} $, para $0\lt |x-a|\lt \delta $ as estimativas (7.1) e (7.2) dão

\begin{align*} \left|\frac1{g(x)}-\frac1M\right| & =\frac{|g(x)-M|}{|M|\, |g(x)|}\\ & \leq \frac{2|g(x)-M|}{|M|^2} \lt \frac2{|M|^2}\frac{\varepsilon |M|^2}{2}=\varepsilon . \end{align*}

Isso prova o limite do inverso e, portanto, o do quociente.

7.9 $\star $ Continuidade uniforme

Na continuidade em um ponto, o tamanho da vizinhança no domínio pode depender do ponto considerado. A continuidade uniforme exige um controle único para todo o conjunto: fixado o erro permitido nos valores da função, escolhemos uma mesma escala no domínio que funciona em todos os pontos.

Definição 7.7 (Continuidade uniforme)

Seja $f:A\to \mathbb {R}$. Dizemos que $f$ é uniformemente contínua em $A$ se, para todo $\varepsilon \gt 0$, existe $\delta \gt 0$ tal que, para quaisquer $x,y\in A$,

\[ |x-y|\lt \delta \quad \Longrightarrow \quad |f(x)-f(y)|\lt \varepsilon . \]

A diferença para a continuidade usual está na ordem das escolhas. Na continuidade em um ponto $x_0$, o número $\delta $ pode depender de $x_0$ e de $\varepsilon $. Na continuidade uniforme, escolhemos $\delta $ depois de fixar apenas $\varepsilon $; em seguida, esse mesmo $\delta $ deve funcionar para todos os pares $x,y\in A$.

Teorema 7.46

Se $f$ é uniformemente contínua em $A$, então $f$ é contínua em cada ponto de $A$.

Demonstração ▼

Fixe $x_0\in A$ e $\varepsilon \gt 0$. Pela continuidade uniforme, existe $\delta \gt 0$ tal que, para quaisquer $x,y\in A$ com $|x-y|\lt \delta $, vale $|f(x)-f(y)|\lt \varepsilon $. Tomando $y=x_0$, obtemos exatamente a condição de continuidade em $x_0$.

Exemplo 7.47

Mostre que $f(x)=3x+7$ é uniformemente contínua em $\mathbb {R}$.

Solução

Dado $\varepsilon \gt 0$, tome $\delta =\varepsilon /3$. Se $x,y\in \mathbb {R}$ e $|x-y|\lt \delta $, então

\[ |f(x)-f(y)| =|3x-3y| =3|x-y| \lt 3\delta =\varepsilon . \]

A escolha de $\delta $ não depende de $x$ nem de $y$.

Exemplo 7.48

Mostre que $f(x)=x^2$ é uniformemente contínua em $(0,4)$.

Solução

Dados $x,y\in (0,4)$,

\[ |x^2-y^2|=|x+y|\, |x-y|\lt 8|x-y|. \]

Dado $\varepsilon \gt 0$, tome $\delta =\varepsilon /8$. Se $|x-y|\lt \delta $, então

\[ |x^2-y^2|\lt 8\delta =\varepsilon . \]

Novamente, $\delta $ depende apenas de $\varepsilon $.

Os dois exemplos anteriores possuem uma propriedade mais forte.

Definição 7.8 (Condição de Lipschitz)

Uma função $f:A\to \mathbb {R}$ é Lipschitz em $A$ se existe uma constante $M\geq 0$ tal que

\[ |f(x)-f(y)|\leq M|x-y| \qquad \text{para todos }x,y\in A. \]

Qualquer constante $M$ com essa propriedade é chamada de constante de Lipschitz.

Teorema 7.49

Toda função Lipschitz em $A$ é uniformemente contínua em $A$.

Demonstração ▼

Se $M=0$, a função é constante e qualquer $\delta \gt 0$ serve. Se $M\gt 0$, dado $\varepsilon \gt 0$, tome $\delta =\varepsilon /M$. Para $x,y\in A$ com $|x-y|\lt \delta $,

\[ |f(x)-f(y)| \leq M|x-y| \lt M\delta =\varepsilon . \]

Teorema 7.50

Se $f$ e $g$ são uniformemente contínuas em $A\subset \mathbb {R}$, então $f+g$ é uniformemente contínua em $A$. Além disso, para toda constante $c\in \mathbb {R}$, a função $cf$ é uniformemente contínua em $A$.

Demonstração ▼

Dado $\varepsilon \gt 0$, escolha $\delta _f,\delta _g\gt 0$ correspondentes ao erro $\varepsilon /2$ para $f$ e $g$, respectivamente. Com $\delta =\min \{ \delta _f,\delta _g\} $, se $|x-y|\lt \delta $, então

\[ |(f+g)(x)-(f+g)(y)| \leq |f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)| \lt \varepsilon . \]

Para $cf$, o caso $c=0$ é imediato. Se $c\neq 0$, basta usar para $f$ o erro $\varepsilon /|c|$.

Exemplo 7.51

Mostre que $f(x)=x^2$ é contínua, mas não uniformemente contínua em $(0,\infty )$.

Solução

Fixe $x_0\gt 0$. Dado $\varepsilon \gt 0$, tome

\[ \delta =\min \left\{ 1,\frac{\varepsilon }{2x_0+1}\right\} . \]

Se $|x-x_0|\lt \delta $, então $x\lt x_0+1$ e

\[ |x^2-x_0^2| =|x+x_0|\, |x-x_0| \lt (2x_0+1)\delta \leq \varepsilon . \]

Logo, $f$ é contínua em cada $x_0\gt 0$.

Para mostrar que a continuidade não é uniforme, tome $\varepsilon =1$. Seja $\delta \gt 0$ arbitrário e escolha

\[ x_0=\frac1\delta , \qquad x=x_0+\frac{\delta }{2}. \]

Então $x,x_0\gt 0$ e $|x-x_0|=\delta /2\lt \delta $, mas

\[ |x^2-x_0^2| =\left(\frac1\delta +\frac{\delta }{2}\right)^2-\frac1{\delta ^2} =1+\frac{\delta ^2}{4}\gt 1. \]

Portanto, nenhum único $\delta $ funciona em todo $(0,\infty )$.

O resultado seguinte mostra por que intervalos fechados e limitados têm um papel especial.

Teorema 7.52 (Teorema de Heine–Cantor)

Se $f:[a,b]\to \mathbb {R}$ é contínua, então $f$ é uniformemente contínua em $[a,b]$.

Demonstração ▼

Suponha, por contradição, que $f$ não seja uniformemente contínua. Então existe $\varepsilon _0\gt 0$ com a seguinte propriedade: para todo $\delta \gt 0$ existem $x,y\in [a,b]$ tais que

\[ |x-y|\lt \delta \qquad \text{e}\qquad |f(x)-f(y)|\geq \varepsilon _0. \]

Chamaremos de ruim um intervalo fechado $I\subset [a,b]$ no qual essa mesma propriedade vale, com o mesmo $\varepsilon _0$.

O intervalo $[a,b]$ é ruim. Se $I=[u,v]$ é ruim e tem comprimento $\ell =v-u$, considere os dois intervalos sobrepostos

\[ I_-=\left[u,u+\frac{2\ell }{3}\right], \qquad I_+=\left[u+\frac{\ell }{3},v\right]. \]

Ao menos um deles é ruim. De fato, se nenhum fosse, existiriam $\delta _-,\delta _+\gt 0$ para os quais pares suficientemente próximos dentro de $I_-$ ou de $I_+$ teriam variação de $f$ menor que $\varepsilon _0$. Tomando

\[ \delta \lt \min \left\{ \delta _-,\delta _+,\frac{\ell }{3}\right\} , \]

qualquer par $x,y\in I$ com $|x-y|\lt \delta $ estaria inteiramente contido em $I_-$ ou inteiramente contido em $I_+$, contradizendo o fato de $I$ ser ruim.

Escolhendo a cada etapa um subintervalo ruim, obtemos intervalos encaixados

\[ I_n=[a_n,b_n] \]

cujos comprimentos são $(2/3)^n(b-a)$. Seja

\[ \alpha =\sup \{ a_n:n\geq 0\} . \]

Como os intervalos são encaixados, $a_n\leq \alpha \leq b_n$ para todo $n$. Pela continuidade de $f$ em $\alpha $, existe $\eta \gt 0$ tal que, para $z\in [a,b]$,

\[ |z-\alpha |\lt \eta \quad \Longrightarrow \quad |f(z)-f(\alpha )|\lt \frac{\varepsilon _0}{2}. \]

Escolha $n$ tão grande que $b_n-a_n\lt \eta $. Então todo $z\in I_n$ satisfaz $|z-\alpha |\lt \eta $ e, para quaisquer $x,y\in I_n$,

\[ |f(x)-f(y)| \leq |f(x)-f(\alpha )|+|f(y)-f(\alpha )| \lt \varepsilon _0. \]

Isso contradiz o fato de $I_n$ ser ruim. Logo, $f$ é uniformemente contínua.

Exercício 7.41

Mostre que toda função afim $f(x)=mx+b$ é Lipschitz em $\mathbb {R}$ e determine uma constante de Lipschitz.

Ver solução

\[ |f(x)-f(y)|=|m|\, |x-y|, \]

portanto podemos tomar $M=|m|$.

Exercício 7.42

Mostre que $f(x)=x^2$ é uniformemente contínua em $[-R,R]$, com $R\gt 0$.

Ver solução

Se $x,y\in [-R,R]$, então

\[ |x^2-y^2| =|x+y|\, |x-y| \leq 2R|x-y|. \]

Assim, $f$ é Lipschitz com constante $2R$.

Exercício 7.43

Mostre que $f(x)=1/x$ é uniformemente contínua em $[1,\infty )$.

Ver solução

Para $x,y\geq 1$,

\[ \left|\frac1x-\frac1y\right| =\frac{|x-y|}{xy} \leq |x-y|. \]

Logo, $f$ é Lipschitz com constante $1$ nesse domínio.

O capítulo começou com aproximações locais: fazer $x$ aproximar-se de um ponto e controlar o que ocorre com $f(x)$. O Teorema do Valor Intermediário e o Teorema de Weierstrass mostraram que, em intervalos fechados e limitados, a continuidade também produz conclusões globais. A continuidade uniforme fecha esse percurso: em todo o intervalo, uma mesma escala no domínio controla a variação da função. No próximo capítulo, usaremos limites para descrever o que acontece quando a variável ou os valores da função deixam de permanecer limitados.

Limites e continuidade de funções

7.1 Aproximação e reta tangente

7.1.1 A reta tangente

7.2 A noção de limite

Exemplos em que o limite não existe

7.3 Definição de limite

7.4 Limites Laterais

7.5 Propriedades do Limite de Funções

7.6 Continuidade

7.7 Propriedades das Funções Contínuas

7.7.1 Teorema do Valor Intermediário

7.7.2 Valores Extremos

7.8 \(\star \) Demonstração das propriedades básicas de limite

7.9 \(\star \) Continuidade uniforme