CÁLCULO DIFERENCIAL EM R - Prof°. Christian Q. Pinedo (Soluções)

Prévia do material em texto

Grupo de Ensino e Pesquisa em Educação Matemática
Notas de Aula No 02
.5
Christian Q. Pinedo
ii Christian Quintana Pinedo
A Karyn Siebert pela sua paciência
iii
iv Christian Quintana Pinedo
Identidades algébricas
Considerar a b ∈ R e m, n ∈ Z, en geral tem-se:
• aman = am+n
• (am)n = amn
• (ab)m = ambm
• (a
b
)m
=
am
bm
, b 6= 0
• a
m
an
= am−n
• (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2
• (a− b)2 = a2 − 2ab+ b2
• a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2)
• am/n = n√am = ( n√a)m, a > 0
• n√ab = n√a · n√b, a > 0, b > 0
• n
√
n
√
a = mn
√
a
• n
√
a
b
=
n
√
a
n
√
b
, a > 0, b > 0
• a−n = 1
an
, a 6= 0
• (a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3
• (a− b)3 = a3 − 3a2b+ 3ab2 − b3
• a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2)
• an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b+ an−2b2 + · · ·+ abn−2 + bn−1)
• an + bn = (a+ b)(an−1 − an−2b+ an−3b2 − · · · − abn−2 + bn−1) quando n-ímpar
Identidades trigonométricas
Considerar α, β ∈ R.
• sen (−α) = −sen α • cos(−α) = cosα
• sen 2α + cos2 α = 1 • sen α · cscα = 1
• tan2 α + 1 = sec2 α • cosα · secα = 1
• cot2 α + 1 = csc2 α • tanα · cotα = 1
• sen 2α = 1− cos 2α
2
• cos2 α = 1 + cos 2α
2
• sen 2α = 2sen α · cosα • cos 2α = cos2 α− sen 2α
• sen (α + β) = sen α cos β + sen β cosα • cos(α+ β) = cosα cos β + sen αsen β
• tan(α + β) = tanα + tan β
1− tanα · tan β • tan(2α) =
2 tanα
1− tan2 α
• 2sen αsen β = cos(α− β)− cos(α + β) • tanα = 1− cos2α
sen 2α
=
sen 2α
1 + cos 2α
• 2sen α cos β = sen (α + β) + sen (α− β) • 2 cosα cos β = cos(α + β) + cos(α− β)
• •
23/10/14 Suplemento de Cálculo I v
Identidades geométricas
1. A=área, P = perímetro, l= lado, r = raio
Quadrado Retângulo Círculo
l
l
A = l2
P = 4l
a
b
A = b× a
P = 2(a+ b)
A = pir2
P = 2pir
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. A=área, P = perímetro, c= hipotenusa, a e b = catetos, h = altura, r =
raio,
α = ângulo central, L = comprimento do setor circular
Teorema de Pitágoras Triângulo Setor circular
��
��
��
��c
a
b
c2 = a2 + b2
A
A
A
AA
�
�
�
�
�
��c
h
b
a
A =
1
2
b× h
P = a+ b+ c
A =
1
2
r2α
P = αr
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. A=área, P = perímetro, B= base maior, b = base menor, h = altura,
R = raio maior, r = raio menor,
Paralelogramo Trapezóide Coroa circular
�
�
��
�
�
��
h
b
A = b× h
�
��
@
@@
b
h
B
A =
1
2
(B + b)h A = pi(R2 − r2)h
P = 2pi(R + r)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
vi Christian Quintana Pinedo
4. A=área, P = perímetro, S= superfície total, V = volume, h = altura, r =
raio
Triângulo Equilátero Paralelepipedo reto Cilindro
�
�
��
@
@
@@l h
l
l
A =
√
3
4
l2
h =
√
3
2
l
p p p p p p p· · · · · · · · ·�
�
�
�
�
�
a
bc ���
��
��
��
��
��
��
��
��
�
V = a× b× c
S = 2(a+ b)c+ 2ab
V = pir2h
S = 2pirh+ 2pir2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5. V = volume, h = altura, r = raio, S = superfície
Triângulo Cone circular reto Tronco de cone
A
A
A
AA
�
�
�
�
�
��c
b
a
A =
√
p(p− a)(p− b)(p− c)
p =
a+ b+ c
2
V =
1
3
pir2h
S = pir
√
r2 + h2 V =
1
3
pi(R2 + rR + r2)h
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6. V = volume, h = altura, r = raio, S = superfície
Esfera Prisma
V =
4
3
pir3
S = 4pir2
V = B × h
B = área da base
23/10/14 Suplemento de Cálculo I vii
Identidades para derivadas
Sejam C= constante, n ∈ Q, a ∈ R, f(x), g(x) = funções, α=ângulo,
Ln x=logaritmo neperiano, logb x = logaritmo natural na base b.
• DxC = 0 • Dx(f + g) = Dxf +Dxg
• Dx(f · g) = f ·Dxg + g ·Dxf • Dx(f
g
) =
g ·Dxf − f ·Dxg
g2
• Dxf(g(x)) = Dxf(g(x)) ·Dxg • Dx[f ]n = n ·Dx[f ]n−1
• Dxef = ef ·Dxef • Dxaf = af ·Dxaf · Ln a, a > 0
• Dx(Ln f) = 1
f
·Dxf, f 6= 0 • Dx(logb f) =
1
f · Ln b ·Dxf, f 6= 0
• Dxsen x = cos x • Dx tanx = sec2 x
• Dx cosx = −sen x • Dx cotx = − csc2 x
• Dx secx = secx tanx • Dx csc x = − cscx cotx
• Dxarcsen x = 1√
1− x2 • Dx arccos x = −
1√
1− x2
• Dx arctanx = 1
1 + x2
• Dxarcsec x = 1
x
√
x2 − 1
Identidades diversas
• Suponhamos b, c ∈ R+, m ∈ Q tem-se: logb a = N ⇔ a = bN . Logo: (i)
logb(a · c) = logb a + logb c, (ii) logb(a/c) = logb a − logb c, (iii) logb am =
m logb a, (iv) logc a = logb a · logc b
• Para números na base decimal: anan−1 · · · a1a0 = 10nan+10n−1an−1+· · ·+10a1+a0
• Equivalência entre graus sexagesimais e radianos.
α graus α radianos sen α cosα tanα cotα secα cscα
0o 0 0 1 0 − 1 −
300
pi
6
1
2
√
3
2
√
3
3
3
2
√
3
3
2
45o
pi
4
√
2
2
√
2
2
1 1
√
2
√
2
60o
pi
3
√
3
2
1
2
√
3
√
3
3
2
2
√
3
3
90o
pi
2
1 0 − 0 − 1
viii Christian Quintana Pinedo
Formas determinadas e Formas indeterminadas (?)
lim
x→
f(x) = lim
x→
g(x) = h(x) = lim
x→
h(x) = de modo simbólico
1 ±∞ ±∞ f(x) + g(x) ±∞ ±∞±∞ = ±∞
2 +∞ +∞ f(x)− g(x) ? (+∞)− (+∞) = ?
3 +∞ K ∈ R f(x) + g(x) +∞ +∞+K = +∞
4 −∞ K ∈ R f(x) + g(x) −∞ −∞+K = −∞
5 +∞ +∞ f(x) · g(x) +∞ (+∞) · (+∞) = +∞
6 +∞ −∞ f(x) · g(x) −∞ (+∞) · (−∞) = −∞
7 +∞ K > 0 f(x) · g(x) +∞ (+∞) ·K = +∞
8 +∞ K < 0 f(x) · g(x) −∞ (+∞) ·K = −∞
9 ±∞ 0 f(x) · g(x) ? ±∞ · 0 = ?
10 K ±∞ f(x)/g(x) 0 K/±∞ = 0
11 ±∞ ±∞ f(x)/g(x) ? ±∞/±∞ = ?
12 K > 0 0+ f(x)/g(x) +∞ K/0+ = +∞
13 +∞ 0+ f(x)/g(x) +∞ +∞/0+ = +∞
14 K > 0 0− f(x)/g(x) −∞ K/0+ = −∞
15 +∞ 0− f(x)/g(x) −∞ +∞/0− = −∞
16 0 0 f(x)/g(x) ? 0/0 = ?
17 0 0 [f(x)]g(x) ? 00 = ?
18 ∞ ∞ [f(x)]g(x) ? ∞∞ = ?
19 0 ∞ [f(x)]g(x) ? 0∞ = ?
20 ∞ 0 [f(x)]g(x) ? ∞0 = ?
21 1 ∞ [f(x)]g(x) ? 1∞ = ?
Seja K ∈ R, não existem em R: K
0
, 00,
K
∞ .
No limite: lim
x→0
1
x
= ±∞, lim
x→±∞
1
x
= 0, lim
x→0
xx = 1
SUMÁRIO
1 Sistema de números reais 1
1.1 Números reais. Operações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Exercícios 1-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Relação de Ordem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Exercícios 1-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3 Desigualdades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Exercícios 1-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.4 Valor Absoluto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Exercícios 1-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1.5 Axioma do Supremo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
Exercícios 1-5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
1.6 Miscelânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
Miscelânea 1-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
2 FUNÇÕES 103
2.1 Relações. Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
Exercícios 2-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . 103
2.2 Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
Exercícios 2-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
2.3 Funções especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
Exercícios 2-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
2.4 Operações com Funções. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
Exercícios 2-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
2.5 Outros Tipos de Funções Reais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
Exercícios 2-5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
2.6 Funções Transcendentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
Exercícios 2-6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
2.7 Funções Trigonométricas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
Exercícios 2-7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
2.8 MISCELÂNEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
ix
x Christian Quintana Pinedo
Miscelânea 2-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
3 LIMITES 199
3.1 Vizinhança de um Ponto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
Exercícios 3-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
3.2 Propriedades dos Limites. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
Exercícios 3-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
3.3 Limites Laterais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
Exercícios 3-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
3.4 Limite da Função Exponencial e Logarítmica. . . . . . . . . . . . . . . . . 249
Exercícios 3-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
3.5 MISCELÂNEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
Miscelânea 3-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
4 CONTINUIDADE 275
4.1 Conceitos Básicos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275
Exercícios 4-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275
4.2 Continuidade em Intervalos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289
Exercícios 4-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289
4.3 MISCELÂNEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
Miscelânea 4-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
5 DERIVADAS 307
5.1 Conceitos Básicos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307
Exercícios 5-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307
5.2 Derivada das Funções: Exponencial e Logarítmica. . . . . . . . . . . . . . . 324
Exercícios 5-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324
5.3 Aproximação Local de uma Função. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346
Exercícios 5-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346
5.4 MISCELÂNEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366
Miscelânea 5-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366
6 APLICAÇÕES DAS DERIVADAS 373
6.1 Velocidade. Aceleração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373
Exercícios 6-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373
6.2 Gráfico de funções. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381
Exercícios 6-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381
6.3 Formas indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410
Exercícios 6-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410
23/10/14 Suplemento de Cálculo I xi
6.4 Aplicações diversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423
Exercícios 6-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423
6.5 MISCELÂNEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430
Miscelânea 6-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430
xii Christian Quintana Pinedo
Capítulo 1
Sistema de números reais
1.1 Números reais. Operações
Exercícios 1-1
Exercício 1.1.1.
Seja, N o conjunto de números naturais, e Z o conjunto de números inteiros. Deter-
mine quais dentre as seguintes proposições é verdadeira (v) e qual é a falsa (f):
1. N = Z+ 2. N+ = Z 3. N+ = Z+ 4. N ⊂ Z
Solução.
Lembre que os seguintes conjuntos numéricos:
N = {0, 1, 2, 3, 4, 5, . . . , n} . . . naturais.
N+ = { 1, 2, 3, 4, 5, . . . , n} . . . naturais positivos.
Z = { -∞ . . . ,−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, . . . ,+∞} . . . inteiros.
Z+ = { 1, 2, 3, 4, . . . ,+∞} . . . inteiros positivos.
1. N = Z+ é uma proposição falsa, observe que N = Z+ ∪ {0}.
2. N+ = Z é uma proposição falsa, observe que N+ $ Z.
3. N+ = Z+ é uma proposição verdadeira, observe a definição dos conjuntos dados.
4. N ⊂ Z é uma proposição verdadeira, observe a definição dos conjuntos dados.
Exercício 1.1.2.
Das seguintes proposições qual é verdadeira (v) ou falsa (f).
1. N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R 2. I ⊂ R 3. Q ∩ I = ∅
4. R−Q = I 5. N ⊂ (Q− Z) 6. N ∪ Z = Q
7. Z+ = N 8. Z ∩Q+ = N
1
2 Christian Quintana Pinedo
Solução.
Da Figura 1.1 do livro1, temos que:
1. N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R é uma proposição verdadeira, observe o gráfico da Figura 1.1:.
2. I ⊂ R é uma proposição verdadeira, pela definição do conjunto dos números irracionais
I, observe o gráfico da Figura 1.1:.
3. Q
⋂
I = Φ é uma proposição verdadeira, observe o gráfico da Figura 1.1:.
4. R - Q = I é uma proposição verdadeira, observe que a igualdade é equivalente a Q∩ I
= R.
5. N ⊂ (Q − Z) é uma proposição falsa, observe que no conjunto Q − Z, não existem
números inteiros consequentemente não existem números naturais.
6. N
⋃
Z = Q é uma proposição falsa, observe que N
⋃
Z = Z 6= Q.
7. Z+ = N é uma proposição falsa, observe o Exercício (1.1.1)-(3).
8. Z
⋂
Q+=N é uma proposição falsa, observe que Z ∩Q+ = N+ = N− {0}.
Exercício 1.1.3.
Verifique quais das seguintes proposições, são verdadeiras:
1. 7, 43333... ∈ I 2.
√
3
2
∈ Q 3. 5, 41 ∈ (Q− Z)
4. − 5 /∈ Q 5. 2, 71854 /∈ I 6. 0 /∈ Z
7.
√−7 /∈ R 8. − 3
5
∈ (R−Q)
Solução.
1. 7, 43333... ∈ I é uma proposição falsa, observe que 7, 4333 · · · = 7 + 43− 4
90
∈ Q
2.
√
3
2
∈ Q é uma proposição falsa, lembre que √3 ∈ I.
3. 5, 41 ∈ (Q− Z) é uma proposição verdadeira, observe que 5, 41 = 541
100
∈ Q.
4. −5 /∈ Q é uma proposição falsa, observe que −5 = −5
1
∈ Q.
5. 2, 71854 /∈ I é uma proposição verdadeira, observe 2, 71854 = 271854
100000
∈ Q.
1Cálculo Diferencial em R; pp. 03, do mesmo autor
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 3
6. 0 /∈ Z é uma proposição falsa, sabemos que 0 ∈ Z.
7.
√−7 /∈ R é uma proposição verdadeira, temos √−7 = √7 · √−1 = √7 i ∈ C.
8. −3
5
∈ (R−Q) é uma proposição falsa, sabemos que −3
5
∈ Q.
Exercício 1.1.4.
Construa um diagrama contendo os conjuntos N, Z, Q e I e situe os seguintes números:
1.
√
3
2
2.
√−3 3. 0 4. 3
8
5. 8, 43
6.
pi
2
7. − 5 8. − 0, 60 9. 2, 573 10. 0, 333 · · ·11. − 10
3
12.
0
3
13. − (−5
2
)2
Solução.
Consideremos o seguinte gráfico numérico da Figura (1.1):
1.
√
3
2
∈ I 2. √−3 ∈ C
3. 0 ∈ N 4. 3
8
∈ Q
5. 8, 43 ∈ Q 6. pi
2
∈ I
7. −5 ∈ Z 8. −0, 60 ∈ Q
9. 2, 573 ∈ Q 10. 0, 333 · · · ∈
Q
11. −10
3
∈ Q 12. 0
3
∈ N
13. −(−5
2
)2
C
0
3
0
NZ −5
2, 573
8, 43
0, 60
0, 333 · · ·
3
8
− 10
3
Q
−(− 5
2
)2
pi
2
√
3
2 I
√−3
R
Figura 1.1:
Exercício 1.1.5.
Mostre que, se x2 = 0, então x = 0.
Demonstração.
Suponhamos que x 6= 0, então existe o inverso de x denotado 1
x
.
Como x2 = 0 ⇒ 1
x
· x2 = 1
x
· 0 = 0 ⇒ ( 1
x
· x)x = 0 ⇒ 1 · x = 0 ⇒
x = 0; isto é contradição com o fato de supor x 6= 0.
Portanto, x2 = 0 implica x = 0.
4 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.1.6.
Mostre que, se p é número ímpar, então p2 é ímpar.
Demonstração.
Sabemos que todo número ímpar é da forma: p = 2n+ 1 ∀ n ∈ Z.
Logo, p2 = (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 12 = 2(2n2 + 2n) + 1 = 2m + 1, onde m ∈ Z isto
é, p2 também é um número ímpar.
Exercício 1.1.7.
Mostre que, se p é número par, então p2 é par.
Demonstração.
Sabemos que todo número par escreve-se na forma: p = 2n ∀ n ∈ Z.
Logo, p2 = (2n)2 = 4n2 = 2(2n2) = 2m onde 2n2 = m ∈ Z; isto é p2 é número par.
Exercício 1.1.8.
1. Se a é racional e b irracional, a+ b necessáriamente é irracional?
2. Se a é irracional e b irracional, a+ b necessáriamente é irracional?
3. Se a é racional e b irracional, ab necessáriamente é irracional?
4. Existe número real a tal que a2 seja irracional, porém a4 racional?
5. Existem dois números racionais tais que sua soma e produto sejam racionais?
Solução.
1. Proposição falsa! Para todo a ∈ Q e b ∈ I, sempre a+ b ∈ I.
2. Proposição falsa! Por exemplo se a = pi e b = −pi, então a+ b = pi + (−pi) = 0 ∈ Q.
3. Proposição falsa! Por exemplo se a = 0 e b = −pi, então ab = 0 · pi = 0 ∈ Q.
4. Proposição verdadeira! Por exemplo se a = 4
√
2 ⇒ a2 = √2 , porém a4 = 2 ∈ Q.
5. Proposição verdadeira! Por exemplo se a =
√
3 e b = −√3, então a+b = √3+(−√3) =
0 ∈ Q, por outro lado, a · b = √3 · (−√3) = −3 ∈ Q.
Exercício 1.1.9.
Mostre que
√
2 é um número irracional.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 5
Demonstração.
A prova é por contradição.
Suponhamos que
√
2 ∈ Q, e sejam p , q ∈ Z+ tais que o mdc{ p, q } = 1 , e considere√
2 =
p
q
, logo a fração foi simplificada, ou seja p e q não têm nenhum fator em comum.
Em particular, p e q não podem ser ambos pares.
Da expressão
√
2 =
p
q
, temos:
p2 = 2q2 (1.1)
Observe que p2 é par, logo p também é par; considere p = 2r, substituindo p na
equação (1.1) temos: 2r2 = q2.
De qual deduzimos também que q é par, pois q2q é par. Assim p e q são pares. Porém
isto contradiz o fato que mdc{ p, q } = 1.
Portanto, supor a afirmação que exista elemento
√
2 ∈ Q é falsa; assim √2 /∈ Q; temos√
2 ∈ I.
Exercício 1.1.10.
Um subconjunto A ⊆ R diz-se estável aditivamente se, ∀a, b ∈ A temos (a+ b) ∈ A;
e estável multiplicativamente se, ∀ a, b ∈ A temos (a.b) ∈ A.
1. Dados os conjuntos A = { 2, 4, 6, 8, · · · } e B = { 1, 3, 5, 7, 9, · · · }, determine se eles
são conjuntos estáveis aditiva e multiplicativamente.
2. Dados os conjuntos: N, Z, Q e R determine quais são estáveis respeito das operações
de: i) adição; ii) multiplicação.
Solução.
1. Supondo os conjuntos A = {2, 4, 6, 8, · · ·} e B = {1, 3, 5, 7, 9, · · ·} como subconjuntos
dos números naturais, temos: (i) O conjunto A é formado por números naturais
pares, e a soma e produto de números pares é um número par, consequentemente
A é estável aditivamente e multiplicativamente. (ii) O conjunto B é formado por
números naturais ímpares, e a soma de ímpares é um número par que não pertence
a B, já o produto de números ímpares é um número ímpar, consequentemente B
não é estável aditivamente e sim multiplicativamente.
2. Todos eles N, Z, Q e R são estáveis aditiva e multiplicativamente. Observe que o
mesmo não acontece com o conjunto I ⊂ R
Exercício 1.1.11.
Mostre que 2 e 3 são as únicas raízes da equação x2 − 5x+ 6 = 0.
Demonstração.
6 Christian Quintana Pinedo
Suponhamos que existam pelo menos três raízes da equação x2 − 5x+ 6 = 0 a saber:
2, 3 e α, então pelas propriedades das raízes para a equação 0x3 + x2− 5x+6 = 0 temos:
2 + 3 + α = −1, (2)(3) + 2α + 3α = −5 e (2)(3)(α) = −6.
Assim, α = −6, 5α = −11 e α = −1. Isto é absurdo! Não existe α com essas
características.
Completando quadrados a equação x2−5x+6 = 0 segue que x2−2(5
2
)x+(
5
2
)2+6 = (
5
2
)2
de onde
(
x− 5
2
)2
= (
5
2
)2 − 6 ⇒ x = 5
2
± 1
2
.
Assim, 2 e 3 são as únicas raízes da equação x2 − 5x+ 6 = 0.
Exercício 1.1.12.
Transforme cada uma das expressões em um único radical:
1.
√
x
√
y
√
z 2. 3
√
x 3
√
y 3
√
z 3. 4
√
x 3
√
y
√
z
Solução.
1.
√
x
√
y
√
z =
√
x
√√
y2z =
√
x 4
√
y2z =
√
4
√
x4y2z = 8
√
x4y2z
2. 3
√
x 3
√
y 3
√
z =
3
√
x 3
√
3
√
y3z = 3
√
x 9
√
y3z = 27
√
x9y3z
3. 4
√
x 3
√
y
√
z =
4
√
x 3
√√
y2z = 4
√
x 6
√
y2z = 24
√
x6y2z
Exercício 1.1.13.
Determine a condição para que seja possível expressar
√
a+
√
b na forma
√
x+
√
y ,
onde a, b, x e y sejam números racionais.
Solução.
Suponhamos que
√
a+
√
b =
√
x+
√
y, então a+
√
b = x+ y+
√
4xy. Logo podemos
supor que: a = x+ y e b = 4xy.
Logo, multiplicando a primeira igualdade precedente por 4x resulta 4xa = 4x2 +4xy ,
isto é 4x2 − 4ax+ b = 0.
Pela fórmula de Bhaskara segue que x =
4a±√16a2 − 16b
8
⇒ x = a±
√
a2 − b
2
.
Como a = x+ y ⇒ a− a∓
√
a2 − b
2
= y ⇒ y = a∓
√
a2 − b
2
1a Condição: Se a2 − b = 0 então x = a
2
e y =
a
2
. São números racionais.
2a Condição: Se
√
a2 − b ≤ a ⇒ ⇒ x = a+
√
a2 − b
2
e y =
a−√a2 − b
2
.
Aqui não está garantido ter números racionais.
3a Condição: Se
√
a2 − b > a não é possível escrever a igualdade.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 7
Exercício 1.1.14.
Escreva as expressões abaixo como uma soma de radicais:
1.
√
12 +
√
140 2.
√
13−√160 3.
√
9−√72
Solução.
1. Pela segunda condição do exercicio anterior,
√
122 − 140 ≤ 12, então x = 12 +
√
122 − 140
2
=
7 e y =
12−√122 − 140
2
= 5
Portanto,
√
12 +
√
140 =
√
7 +
√
5.
2. Pelo exercicio anterior,
√
132 − 160 ≤ 13, então x = 13 +
√
132 − 160
2
= 8 e y =
13−√132 − 160
2
= 5
Portanto,
√
13−√160 = √8−√5.
3. Temos,
√
92 − 72 ≤ 9, então x = 9 +
√
92 − 72
2
= 6 e y =
9−√92 − 72
2
= 3
Portanto,
√
9−√72 = √6−√3.
Exercício 1.1.15.
Simplifique as seguintes expressões:
1.
1
3
√
2
+
1
3
√
4
− 1
3
√
16
2.
2 +
√
5
2−√3 +
1−√5
2 +
√
3
3. ( 3
√
9− 3√3)2
Solução.
1.
1
3
√
2
+
1
3
√
4
− 1
3
√
16
=
3
√
8 + 3
√
4− 1
3
√
16
=
1 + 3
√
4
2 3
√
2
=
3
√
2 + 2
4
.
2.
2 +
√
5
2−√3 +
1−√5
2 +
√
3
=
(2 +
√
5)(2 +
√
3) + (1−√5)(2−√3)
22 − (√3)2 = 2 +
√
3 + 2
√
15.
3. ( 3
√
9− 3√3)2 = 3 3√3− 6 + 3√32
Exercício 1.1.16.
Sejam a, b, c, d, m, n e p números reais positivos. Mostre que se
a
m
=
b
n
=
c
p
então
√
am+
√
bn+
√
cp =
√
(a+ b+ c)(m+ n+ p) .
Demonstração.
Suponhamos que
a
m
=
b
n
=
c
p
= k ⇒ a = mk, b = nk, c = pk de onde
(a+ b+ c) = k(m+ n+ p).
Por outro lado, como m é positivo segue que
√
am +
√
bn +
√
cp = (m + n + p)
√
k ,
também √
(a+ b+ c)(m+ n+ p) = (m+ n+ p)
√
k
8 Christian Quintana Pinedo
Comparando esta duas últimas igualdades, segue que
√
am+
√
bn+
√
cp =
√
(a+ b+ c)(m+ n+ p)
Exercício 1.1.17.
Dadosos números a = 710 e b = 68.
1. Determine o máximo divisor comum de a e b.
2. Determine o mínimo múltiplo comum de a e b.
Solução.
1. Temos 710 = 2× 5× 71 e 68 = 22 × 17, logo o m.d.c{a, b} = 2.
2. Logo o m.m.c{a, b} = 22 × 5× 17× 71 = 12070.
Exercício 1.1.18.
Há seis anos, a idade de Alberto era quatro vezes a idade de Pedro. Calcular suas
idades atuais sabendo que, dentro de quatro anos, Alberto só terá o dobro da idade de
Pedro.
Solução.
Considerando que, o aumento da quantidade de anos para as pessoas é sempre a
mesma, temos a seguinte Tabela (1.1):
Idade de Alberto Idade de Pedro
Há seis anos A − 6 P − 6
Hoje A P
Dentro quatro anos A + 4 P + 4
Tabela 1.1:
Suponhamos sejam A e P as idades atuais de Alberto e Pedro respectivamente, então:
A − 6 = 4(P − 6) e A + 4 = 2(P + 4) ⇒ A = 4(P − 6) + 6 = 2(P + 4) − 4 ⇒
4P − 18 = 2P + 4 ⇒ P = 11 ⇒ A = 26.
Portanto, as idades de Alberto e Pedro são 26 e 11 anos respectivamente. �
Exercício 1.1.19.
A idade de Maria é
1
2
(metade) de
2
3
da idade de Marisa. Se Marisa tem 24 anos.
Quantos anos têm Maria?
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 9
Suponhamos seja M a idade de Mariza, logo a idade de Maria é
1
2
· 2
3
M ; isto é, a idade
de Maria é
1
3
M .
Como M = 24, então a idade de Maria é
1
3
(24) = 8.
Portanto, Maria tem oito anos.
Exercício 1.1.20.
A soma das idades de 3 pessoas é 97. A maior tem 29 anos mais que a menor, e a do
meio 18 anos menos que a maior. Calcular a idade de cada uma.
Solução.
Suponhamos as pessoas A, B e C, sendo A a maior, B a menor e, C a o meio.
Consideremos b a idade da pessoa B, então a idade de A é 29 + b e a idade de C é
(29 + b)− 18, logo 97 = (29 + b) + b+ [(29 + b)− 18] ⇒ 3b+ 40 = 97 ⇒ b = 19.
Portanto as idades das três pessoas são 19, 30 e 48 anos respectivamente. �
Exercício 1.1.21.
Quanto de água deve ser adicionada a 100cm3 de 80% de uma solução de ácido bórico,
para reduzir-la a 50% da solução ?
Solução.
Os 80% de 100 cc de solução de ácido bórico, representa 80 cc somente de bórico.
Suponha temos que adicionar xcc de agua, logo 50% de (100+x) cc é solução de ácido
bórico, representando somente
50
100
(100 + x) de bórico.
Pelos dados do problema tem que acontecer que,
50
100
(100 + x) = 80, então 160 =
100 + x ⇒ x = 60
Portanto, deve ser adicionado 60 cc de agua. �
Exercício 1.1.22.
Ao dividir o número D por d obtemos como quociente q e como resto r. Se aumen-
tarmos o dividendo D em 15 unidades e o divisor d em 5 unidades, o quociente e resto
originais permanecem iguais. Qual foi o quociente?
Solução.
Pelo algoritmo de Euclides temos que D = d · q+ r onde 0 ≤ r < d.
Por outro lado, da segunda hipótese temos que: D+ 15 = (d+ 5) · q+ r
Então D + 15 = (d + 5) · q + r ⇒ D = d · q + 5 · q + r − 15. Substituindo a
primeira igualdade segue que: d · q+ r = d · q+ 5 · q+ r− 15 ⇒ q = 3.
Portanto, q = 3. �
10 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.1.23.
Compram-se cadernos de forma progressiva da seguinte maneira: no primeiro dia 14
cadernos; no segundo dia 15 cadernos; no terceiro dia 16 cadernos e assim sucessivamente.
Depois de 30 dias consecutivos comprando, quantos cadernos foram comprados no total ?
Solução.
Dias 1o 2o 3o · · · 30o
Cadernos 14 15 16 · · · ?
Suponhamos o total de livros seja T ; logo:
T = 14 + 15 + 16 + · · ·+? = (13 + 1) + (13 + 2) + (13 + 3) + · · ·+ (13 + 29) + (13 + 30)
T = (13)(30) + (1 + 2 + 3 + · · ·+ 30) = 390 + 13× 14
2
= 855
Foram comprados 855 cadernos.
Exercício 1.1.24.
O denominador de uma fração decimal é 3 a menos que o dobro do numerador. Se o
numerador aumenta em 5 e o denominador em 14, o valor da fração é 7/15. Determine
a fração.
Solução.
Suponhamos que o numerador seja x, logo o denominador é 2x− 3 consequentemente
a fração é
x
2x− 3 .
Pelos dados do problema o denominador aumenta em 14 e o numerador em 5, assim:
x+ 5
2x− 3 + 14 =
7
15
⇒ 15(x+ 5) = 7(2x+ 11) ⇒ x = 2
Portanto, a fração é
2
1
= 2.
Exercício 1.1.25.
Expedição : Planeta K
Informe : Ao chegar ao planeta K, achamos seres vivos como em nosso planeta, embora
também tenham 20 dedos, eles têm um membro a menos, e; um dedo a mais em
cada membro.
Pergunta-se : Possivelmente que tipo de seres habitam o planeta K ?
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 11
Planeta K Nosso planeta
Membro x− 1 x
Dedos em cada membro y + 1 y
Total dedos (x− 1)(y + 1) xy
Tabela 1.2:
Solução.
Trata-se de um problema de números inteiros. Consideremos o Tabela (1.2):
Pelos dados do problema, temos que (x− 1)(y + 1) = 20 e x · y = 20.
Logo, (x−1)(y+1) = 20 ⇒ x · y+x− y−1 = 20 de onde, substituindo x · y = 20
obtemos que x− y = 1. Como o produto de dois números inteiros é 20 e sua diferencia é
1, os números são x = 5 e y = 4.
Portanto os seres do planeta K têm quatro membros e cinco dedos em cada membro.
O planeta K é a Terra.
Exercício 1.1.26.
Determine dois números tais que sua soma, produto e quociente sempre sejam iguais.
Solução.
Suponhamos b 6= 0 e sejam os números a e b tais que a · b = a
b
= a+ b, então:
a+ b =
a
b
(1.2)
a+ b = a · b (1.3)
a · b = a
b
(1.4)
Da igualdade (1.4) temos que a · b = a
b
⇒ a · b2 = a ⇒ a(b2 − 1) = 0 ⇒
a = 0 ou b = 1 ou b = −1.
Se a = 0, na igualdade (1.2) temos que 0 + b = 0 ⇒ b = 0; isto é absurdo pois
b = 1 ou b = −1. Logo a 6= 0.
Se b = −1, na igualdade (1.3) temos que a+ b = a · b ⇒ a− 1 = −a ⇒ 2a =
1 ⇒ a = 1
2
.
Os valores a =
1
2
e b = −1 são os únicos valores que satisfazem as três igualdades.
Portanto os números procurados são
1
2
e −1.
Exercício 1.1.27.
Uma lebre seguida por um “galgo” leva uma vantagem de 50 saltos. O “galgo” dá 5
saltos enquanto que a lebre dá 6 saltos, mas, 9 saltos da lebre equivalem a 7 do “galgo”.
Quantos saltos dará a lebre antes de ser alcançada pelo “galgo” ?
Solução.
12 Christian Quintana Pinedo
O galgo dá 5 saltos enquanto que a lebre dá 6 saltos, então, quando a lebre dá 1 salto,
o galgo dá
5
6
de salto. Suponhamos que a lebre deu x saltos antes de ser alcançada pelo
galgo, então o galgo deu
5x
6
saltos.
Como 9 saltos da lebre equivalem a 7 do galgo então, 50 + x saltos da lebre mede
(equivalem) tanto como
5x
6
saltos do galgo, então 7(50 + x) = 9
[
5x
6
]
42(50 + x) = 45x ⇒ x = 700
A lebre dará 700 saltos antes de ser alcançada pelo galgo.
Exercício 1.1.28.
Uma sequência de números reais é dita uma progressão aritmética de segunda ordem
quando a seqüência formada pelas diferenças entre termos sucessivos for uma progressão
aritmética. Assinale a alternativa na qual se encontra parte de uma progressão aritmética
de segunda ordem.
A)={0, 5, 12, 21, 23} B)= {6, 8, 15, 27, 44} C) ={−3, 0, 4, 5, 8}
D) = {7, 3, 2, 0,−1} E) ={2, 4, 8, 20, 30}.
Solução.
Para o conjunto A: 5− 0 = 5, 12− 5 = 7, 21− 12 = 9, 23− 21 = 2.
Para o conjunto B: 8− 6 = 2, 15− 8 = 7, 27− 15 = 12, 44− 27 = 17
Os termos: 2, 7, 12, 17 formam uma P.A., logo a resposta é B.
Exercício 1.1.29.
Mostre que, se p é um número primo e ai ∈ Z, i = 1, 2, 3, · · · , n, então:
(a1 + a2 + a3 + · · · + an)p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + kp para algum k ∈ Z.
Solução.
Mostra-se que Cip =
(
p
i
)
=
p!
i!(p− i)! = pα, i = 1, 2, 3, . . . , (p− 1), α ∈ Z.
Onde CiP é a combinatoria de p lementos em grupos de i elementos distintos. Pelo
binômio de Newton
(a1 + a2)
p =
p∑
i=0
(
p
i
)
ap−i1 a
i
2 = a
p
1 +
p−i∑
i=1
(
p
i
)
ap−i1 a
i
2 + a
p
2 = a
p
1 + a
p
2 + αp (1.5)
Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para qualquer n ∈ N, isto é
(a1 + a2 + a3 + · · · + an)p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + kp (1.6)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 13
Para o sucessor de n, temos, aplicando (1.5) por analogia
[(a1 + a2+ a3 + · · · + an) + an+1]p = (a1 + a2 + a3 + · · · + an)p + (an+1)p + βp
Supondo verdadeiro para n, aplicando (1.6) a esta última igualdade
[(a1 + a2 + a3 + · · · + an) + an+1]p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + kp+ (an+1)p + βp
isto é
[(a1 + a2 + a3 + · · · + an) + an+1]p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + (an+1)p + p(k + β)
Do fato (k + β) ∈ Z, então o problema está resolvido.
Exercício 1.1.30.
Sejam a, b ∈ Z tais que (a, b) = 1 sendo a e b diferentes de zero. Mostre que existem
x, y ∈ Z tais que 1
ab
podemos escrever na forma
1
ab
=
x
a
+
y
b
Solução.
Desde que a e b são diferentes de zero, sabemos que o máximo divisor desses dois
números escrito na fora (a, b) = 1 também podemos escrever na forma ax+ by = 1 para
alguns x e y inteiros.
Como ab 6= 0 logo podemos dividir essa outra forma de escrever o mmd{a, b}m assim
ax+ by = 1 ⇒ ax+ by
ab
=
1
ab
⇒ x
a
+
y
b
=
1
ab
para certos x, y ∈ Z.
Exercício 1.1.31.
Mostre que todo quadrado perfeito é da forma 5n ou 5n± 1 para n ∈ Z.
Solução.
Todo número inteiro podemos escrever na forma; 5k ± 1, 5k, 5k ± 2. Quando o
número for da forma:
• 5k ± 1, e um quadrado perfeito é (5k ± 1)2 = 25k2 ± 10k + 2 = 5β + 1.
• 5k, e um quadrado perfeito é (5k)2 = 25k2 = 5γ.
• 5k ± 2, e um quadrado perfeito é (5k ± 2)2 = 25k2 ± 20k + 4 = 5γ − 1.
Portanto, todo quadrado perfeito é da forma 5n ou 5n± 1 para n ∈ Z.
14 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.1.32.
Verificar que todo número natural n = xmdcu é múltiplo de:
1. 2 se, e somente se, u = 0, 2, 4, 6, 8. Isto é, se o algarismo das unidades de n for
múltiplo de 2
2. 3 (ou 9) se, e somente se,a soma x+m+ c+ d+ u for divisível por 3 (ou 9). Onde
x, m, c, d, u são os algarismos de n
3. 4 se, e somente se, o número du for múltiplo de 4, ou n é da forma a = xm200.
4. 5 se, e somente se, u = 0 ou u = 5.
5. 6 se, e somente se, n for divisível por 2 e 3.
6. 8 (ou 125) se, e somente se,o número cdu for divisível por 8 (ou 125), ou n da forma
n = x000.
7. 11 se, e somente se, (d+m)− (x+ c+ u) for divisível por 11.
8. 25 se, e somente se, o número du for múltiplo de 25, ou du = 00.
Solução.
Seja a ∈ Z, por exemplo consideremos n = xmdcu; isto é n é um número composto
por cinco algarismos. A decomposição polinômica na base decimal do número n é: n =
105x+ 104m+ 103d+ 102c+ u e, os algarismos satisfazem as seguintes propriedades:
O número n é divisível por:
• 2 se, e somente se, u = 0, 2, 4, 6, 8. Isto é, se o algarismo n for múltiplo de 2
• 3 (ou 9) se, e somente se,a soma x+m+ d+ c+ u for divisível por 3 (ou 9).
• 4 se, e somente se, o número cu for múltiplo de 4, ou n é da forma n = xmd00.
• 5 se, e somente se, u = 0 ou u = 5.
• 6 se, e somente se, n for divisível por 2 e 3.
• 8 (ou 125) se, e somente se,o número dcu for divisível por 8 (ou 125), ou n da
forma xm000.
• 11 se, e somente se, (c+m)− (x+ d+ u) for divisível por 11.
• 25 se, e somente se, o número cu for múltiplo de 25, ou cu = 00.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 15
Exercício 1.1.33.
Determine uma regra que permita saber se um número natural n é múltiplo de 7.
Solução.
“Todo número N = anan−1 . . . a1a0 é múltiplo de sete, se o número N1 =
anan−1 . . . a1 − 2a0 for múltiplo de sete.”
Com efeito:
Dado N = anan−1 . . . a1a0 podemos escrever na forma N = 10(anan−1 . . . a1) + a0
Sabemos que N1 = anan−1 . . . a1 − 2a0 é múltiplo de sete, logo
10N1 = 10anan−1 . . . a1 − 20a0 ⇒ 10anan−1 . . . a1 = 10N1 + 20a0
Substituindo na primeira igualdade
N = 10(anan−1 . . . a1) + a0 ⇔ N = 10N1 + 21a0
Como 21a0 é múltiplo de sete, e 10N1 também é múltiplo de sete, logo N é múltiplo
de sete.
Exercício 1.1.34.
Uma aranha se encontra no vértice A de um cubo sólido cuja aresta é de 10cm, e tem
a intenção de capturar uma mosca que se encontra no vértice oposto B (ver Figura (1.2)).
A aranha deve caminhar sobre a superfície do cubo sólido e encontrar o caminho mais
curto. Encontre o comprimento desse caminho. .
Figura 1.2:
Solução.
Temos AB2 = 102 + 202 então AB = 10
√
5.
Portanto, o caminho mais curto é AB = 10
√
5 cm.
16 Christian Quintana Pinedo
1.2 Relação de Ordem.
Exercícios 1-2
Exercício 1.2.1.
Mostre que, se 0 < a < 1 então a2 < a.
Demonstração.
Do fato 0 < a < 1 temos que 0 < a e a < 1 ⇒ a · a < a · 1 ⇒ a2 < a
Portanto, se 0 < a < 1 então a2 < a.
Exercício 1.2.2.
Mostre que, a > b ≥ 0 então a2 > b2 onde a, b ∈ R.
Demonstração.
Sabemos que a > b ≥ 0, como a > 0 ⇒ a · a > b · a ⇒ a2 > ab.
Do fato b ≥ 0, podemos supor b 6= 0, logo da desigualdade a > b ⇒ a · b >
b · b ⇒ ab > b2.
Comparando as desigualdades obtidas temos que a2 > ab > b2.
Para o caso b = 0 é óbvio que a2 > b2 = 0.
Portanto, se a > b ≥ 0 então a2 > b2 onde a, b ∈ R.
Exercício 1.2.3.
Mostre que, se a, b > 0 e a2 > b2 então a > b.
Demonstração.
Como a, b > 0 e a2 > b2 então a2 − b2 ⇒ (a+ b)(a− b) > 0 · · · .
Suponhamos a+ b > 0 e a− b > 0 ⇒ a > −b e a > b; assim a > b.
Por outro lado, se a+ b < 0 e a− b < 0 ⇒ a < −b e a < b; assim a < −b. Sendo
b > 0 ⇒ a < −b < 0 logo esta situação não é possível.
Portanto, se a, b > 0 e a2 > b2 então a > b.
Exercício 1.2.4.
Mostre que, se a e b são positivos (ou negativos) e b > a então a−1 > b−1.
Demonstração.
Se a e b tem o mesmo sinal então eles são positivos ou negativos simultaneamente.
Seja a > 0 e b > 0, então a−1 > 0 e b−1 > 0, logo como, 0 < a < b ⇒ 0 · a−1 <
a · a−1 < b · a−1 ⇒ 0 < 1 < ba−1.
Multiplicando por b−1 > 0 temos que 0·b−1 < b−1 < (ba−1)(b−1) ⇒ 0 < b−1 < a−1.
Para o caso ambos negativos resulta b−1 < a−1 < 0.
Portanto, se ab > 0 e a < b então b−1 < a−1.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 17
Exercício 1.2.5.
Dados os números reais a e b, mostre que 2ab ≤ a2 + b2.
Demonstração.
Para todo a, b ∈ R temos que 0 ≤ (a − b)2 ⇒ 0 ≤ a2 − 2ab + b2 de onde segue
que:
2ab ≤ a2 + b2 (1.7)
Portanto, para todo número real a, b ∈ R temos 2a · b ≤ a2 + b2.
Exercício 1.2.6.
Mostre que, se a > 0 então (a+
1
a
) ≥ 2.
Demonstração.
Na Fórmula (1.7), pelo fato a > 0 podemos considerar m > 0, a =
√
m e b =
1√
m
⇒ 2(√m)2 ·
(
1√
m
)2
≤ (√m)2 +
(
1√
m
)2
⇒ 2 ≤ m+ 1
m
.
Portanto, se m > 0, então (m+
1
m
) ≥ 2.
Exercício 1.2.7.
Mostre que, se a+ b+ c = 1 onde, a > 0, b > 0, c > 0, então temos que, (1− a)(1−
b)(1− c) ≥ 8abc.
Demonstração.
De a + b + c = 1 temos que 1 − a = b + c, 1 − b = a + c e 1 − c = a + b ⇒
(1− a)(1− b)(1− c) = (b+ c)(a+ c)(a+ b) = a2b+ ab2 + a2c+ ac2 + b2c+ cb2 + 2abc =
a(b2 + c2) + b(a2 + c2) + c(a2 + b2) + 2abc.
Aplicando a desigualdade (1.7) a b2+c2, a2+c2 e a2+b2 vem que, (1−a)(1−b)(1−c) ≥
a(2bc) + b(2ac) + c(2ab) + 2abc = 8abc.
Portanto, (1− a)(1− b)(1− c) ≥ 8abc.
Exercício 1.2.8.
Mostre que: Se 0 < a < b, então a ≤ √ab ≤ a+ b
2
≤ b.
Demonstração.
Sejam b > a > 0, A =
√
a, B =
√
b; na desigualdade (1.7) temos:
2
√
a ·
√
b ≤ (√a)2 + (
√
b)2 ⇒ 2
√
ab ≤ a+ b ⇒
√
ab ≤ a+ b
2
Por outro lado, em geral sempre que b > a > 0, temos a ≤ a+ b
2
≤ b; além disso√
b >
√
a > 0 de onde
√
ab =
√
a
√
b >
√
a
√
a = a > 0.
18 Christian Quintana Pinedo
Das desigualdades mostradas concluímos que a <
√
ab ≤ a+ b
2
≤ b.
Portanto, se 0 < a < b, então a ≤ √ab ≤ a+ b
2
≤ b .
Exercício 1.2.9.
Mostre que:
√
ab ≥ 2ab
a+ b
quando a, b > 0.
Demonstração.
Sejam a, b > 0. Na demonstração do Exercício (1.2.8) mostramos que
√
ab ≤
a+ b
2
⇒ 2
√
ab
√
ab ≤
√
ab(a+ b) ⇒ 2ab
a+ b
≤
√
ab
Exercício 1.2.10.
Mostre que, quando a, b, c, d ∈ R, então a4 + b4 + c4 + d4 ≥ 4abcd.
Demonstração.
Na desigualdade (1.7) temos que 2mn ≤ m2 + n2 sendo m, n ∈ R.
Considerando m = a2, n = b2 ⇒ 2a2b2 ≤ a4 + b4, do mesmo modo podemos
considerar m = c2, n = d2 ⇒ 2c2d2 ≤ c4 + d4,
Assim obtivemos2a2b2 ≤ a4+b4 e 2c2d2 ≤ c4+d4, somando estas desigualdades segue
que 2a2b2 + 2c2d2 ≤ (a4 + b4) + (c4 + d4) ⇒ 2[(ab)2 + (cd)2] ≤ a4 + b4 + c4 + d4.
Por último na desigualdade 2mn ≤ m2 + n2 se consideramos m = ab, n = cd ⇒
2(ab)(cd) ≤ (ab)2 + (cd)2.
De onde 4(ab)(cd) ≤ 2[(ab)2 + (cd)2] ≤ a4 + b4 + c4 + d4.
Portanto, se a, b, c, d ∈ R, então a4 + b4 + c4 + d4 ≥ 4abcd.
Exercício 1.2.11.
Mostre que: a3 +
1
a3
> a2 +
1
a2
se a > 1.
Demonstração.
Se se a > 1, então a − 1 > 0 e a5 > 1. Multiplicando esta última desigualdade
por a − 1 resulta a5(a − 1) > (a − 1) ⇒ a6 + 1 > a5 + a ⇒ a3
(
a3 +
1
a3
)
>
a3
(
a2 +
1
a2
)
⇒ a3 + 1
a3
> a2 +
1
a2
.
Portanto, a3 +
1
a3
> a2 +
1
a2
sempre que a > 1.
Exercício 1.2.12.
Mostre que, se a, b, c > 0 então
bc
a
+
ac
b
+
ab
c
> a+ b+ c.
Demonstração.
2ab ≤ a2 + b2 ⇒ 2abc2 ≤ a2c2 + b2c2
De modo análogo temos que 2a2bc ≤ a2b2 + a2c2 e 2acb2 ≤ a2b2 + c2b2.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 19
Somando estas três desigualdades resulta:
2abc2 + 2a2bc+ 2acb2 ≤ (a2c2 + b2c2) + (a2b2 + a2c2) + (a2b2 + c2b2)
2abc(a+ b+ c) ≤ 2(a2c2 + b2c2 + a2b2)
a+ b+ c ≤ a
2c2 + b2c2 + a2b2
abc
=
ac
b
+
bc
a
+
ab
c
Exercício 1.2.13.
Determinar o menor número M de modo que, para todo número real x, tenha-se
2x− x2 ≤M .
Solução.
Completando quadrados na desigualdade 2x− x2 ≤M , temos que 2x− x2 ≤M ⇒
1− 1 + 2x− x2 ≤M ⇒ 1− (1− x)2 ≤M .
Sendo para todo número real x, observe que M será o menor número, quando x = 1
de onde 1 ≤M .
Portanto, M = 1 é o menor número.
Exercício 1.2.14.
Determinar o maior número M de modo que, para todo número real x, tenha-se M ≤
x2 − 16x.
Solução.
Completando quadrados na desigualdadeM ≤ x2−16x, temos queM ≤ x2−16x ⇒
M ≤ x2 − 16x+ 82 − 82 ⇒ M ≤ (x− 8)2 − 64.
Sendo para todo número real x, observe que M será o maior número, quando x = −8
de onde M ≤ −64.
Portanto, M = −64 é o maior número. �
Exercício 1.2.15.
Sejam a e b positivos, mostre que
a
b2
+
b
a2
≥ 1
a
+
1
b
.
Demonstração.
Sabemos que para todo a, b ∈ R 2ab ≤ a2 + b2
Multiplicando esta desigualdade por a > 0 ⇒ 2a2b ≤ a3 + ab2 e multiplicando
por b > 0 ⇒ 2ab2 ≤ a2b+ b3.
Somando estas duas desigualdades temos 2ab2 + 2a2b ≤ (a3 + ab2) + (ba + b3) ⇒
ab2 + a2b ≤ a3 + b3 ⇒ ab(a+ b) ≤ a3 + b3 ⇒ a+ b ≤ a2b2(a
b
+
b
a
⇒ 1
a
+
1
b
≤
a
b2
+
b
a2
.
Portanto, se a e b positivos, então
a
b2
+
b
a2
≥ 1
a
+
1
b
.
20 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.2.16.
Demonstrar que, se a e b são números inteiros positivos então
a3 + b3
2
≥
(
a+ b
2
)3
.
Demonstração.
Mostramos no exercício (1.2.15) que se a, b ∈ R ⇒ ab(a+ b) ≤ a3 + b3.
Logo (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) ⇒ (a + b)3 ≤ a3 + b3 + 3(a3 + b3) ⇒
(a+ b)3 ≤ 4(a3 + b3) ⇒ (a+ b)
3
8
≤ 4(a
3 + b3)
8
.
Portanto, se a e b são números inteiros positivos então
a3 + b3
2
≥
(
a+ b
2
)3
.
Exercício 1.2.17.
Mostre que, se x3 + y3 + z3 = 81, x > 0, y > 0, z > 0, então xyz ≤ 27.
Demonstração.
Sabe-se que para números reais positivos, se 2ab ≤ a2 + b2 ⇒ 2a2b ≤ a3 + ab2,
logo
2x2y ≤ x3 + xy2, 2z2y ≤ z3 + zy2 2y2z ≤ y3 + yz2
2x2z ≤ x3 + xz2, 2z2x ≤ z3 + zx2 2y2x ≤ y3 + yx2
somando estas seis desigualdades
2x2y+2x2z+2z2y+2z2x+2y2z+2y2x ≤ x3+xy2+x3+xz2+z3+zy2+z3+zx2+y3+yz2+y3+yx2
x2y + x2z + z2y + z2x+ y2z + y2x ≤ 2x3 + 2z3 + 2y3 = 2(81) = 162 ⇒
y(x2 + z2) + z(x2 + y2) + x(z2 + y2) ≤ x2y + x2z + z2y + z2x+ y2z + y2x ≤ 162 ⇒
y(2xz) + z(2xy) + x(2yz) ≤ y(x2 + z2) + z(x2 + y2) + x(z2 + y2) ≤ 162 ⇒
6xyz ≤ 162 ⇒ xyz ≤ 27.
Portanto, se x3 + y3 + z3 = 81, x > 0, y > 0, z > 0, então xyz ≤ 27.
Exercício 1.2.18.
Mostre a desigualdade:
x2 + 3√
x2 + 2
≥ 2.
Demonstração.
Sabemos que
√
x2 + 2√
x2 + 2
= 1, podemos supor que a =
√
x2 + 2 e b =
1√
x2 + 2
, então
a · b = de onde, como a ≥ 0, b ≥ 0 segue que a ≥ 1 e 0 ≤ b ≤ 1. Assim, 0 ≤ 1 − a e
0 ≤ b− 1.
Multiplicando ambas as desigualdades temos 0 < (a−1)(1−b), então 0 ≤ a+b−ab−1
de onde 1 + ab ≤ a+ b, como a · b = 1, segue que a+ b ≥ 2.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 21
Assim, temos
1√
x2 + 2
+
√
x2 + 2 ≥ 2, de onde 1 + (
√
x2 + 2)2√
x2 + 2
≥ 2.
Portanto,
x2 + 3√
x2 + 2
≥ 2.
Exercício 1.2.19.
Dado que 0 < a < b, determine a solução da inequação
1
x
+
1
a+ b− x <
1
a
+
1
b
Solução.
Temos
1
x
+
1
a+ b− x <
1
a
+
1
b
⇒ a+ b
x(a+ b− x) <
a+ b
ab
logo como 0 < a+ b e ab > 0 então
ab
x(a+ b− x) < 1. Se x(a+ b− x) > 0, então
x(a+ b− x)
ab
> 1 ⇒ x2 − x(a+ b) + ab < 0 ⇒ (x− a)(x− b) < 0
logo x ∈ (a, b).
Se x(a+ b− x) < 0, então
x(a+ b− x)
ab
< 1 ⇒ x2 − x(a+ b) + ab > 0 ⇒ (x− a)(x− b) > 0
logo x ∈ (−∞, a) ∪ (b,+∞).
Exercício 1.2.20.
Mostre que se ab ≥ 0, então ab ≥ min .{a2, b2}.
Demonstração.
Dados dois números quaisquer x e y, sabe-se que o:
min .{x, y} = x+ y − |x− y|
2
e max .{x, y} = x+ y + |x− y|
2
Caso 1. Suponhamos que b > 0 e a ≥ b ⇒ a2 ≥ ab ≥ b2, logo
min .{a2, b2} = a
2 + b2 − |a2 − b2|
2
=
a2 + b2 − (a2 − b2)
2
= b2 ≤ ab
então min .{a2, b2} ≤ ab.
Caso 2. Suponhamos que a > 0 e b ≥ a ⇒ ab ≥ a2, e |a2−b2| = −(a2−b2) = b2−a2,
logo
22 Christian Quintana Pinedo
min .{a2, b2} = a
2 + b2 − |a2 − b2|
2
=
a2 + b2 − (b2 − a2)
2
= a2 ≤ ab
então min .{a2, b2} ≤ ab.
Caso 3. Supondo a < 0 e b < 0, para o caso a ≥ b ⇒ b2 ≥ ab ≥ a2, é o Caso 2.
Quando b ≥ a ⇒ a2 ≥ ab ≥ b2, é o Caso 1.
Portanto, se ab ≥ 0, então ab ≥ min .{a2, b2}.
Exercício 1.2.21.
Mostre que, se a+ b = 1, então: a4 + b4 ≥ 1
8
.
Demonstração.
Como a+ b = 1, então 1 = 12 = (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2 ≤ 2(a2 + b2).
De 1 ≤ 2(a2 + b2) ⇒ 12 ≤ 4(a2 + b2)2 ⇒ 1 ≤ 8(a4 + b4).
Portanto, se a+ b = 1, então: a4 + b4 ≥ 1
8
.
Exercício 1.2.22.
Determine todos os valores reais de r para os quais o polinômio: (r2 − 1)x2 + 2(r −
1)x+ 1, seja positivo para todo x ∈ R.
Solução.
Suponhamos r 6= ±1, e consideremos o polinômio p(x) = (r2 − 1)x2 + 2(r − 1)x + 1.
Logo, completando quadrados:
p(x) =
1
r2 − 1
[
x2 + 2
(r − 1)
(r2 − 1)x+
1
(r2 − 1)
]
=
1
r2 − 1
[
x2 + 2
1
(r + 1)
x+
1
(r2 − 1)
]
p(x) =
1
r2 − 1
[
x2 + 2
1
(r + 1)
x+
1
(r + 1)2
− 1
(r + 1)2
+
1
(r2 − 1)
]
p(x) =
1
r2 − 1
([
x+
1
r + 1
]2
− 1
(r + 1)2
+
1
(r2 − 1)
)
p(x) =
1
r2 − 1
([
x+
1
r + 1
]2
+
2(r − 1)
(r2 − 1)2
)
Sempre que r > 1 teremos que p(x) > 0.
Para o caso r = 1 temos que p(x) = 1 > 0.
Portanto, para valores r ≥ 1 temos que p(x) > 0.
Exercício 1.2.23.
Dados três números positivos, sabe-se que seu produto é 1 e a soma desses três números
é maior que a soma dos seus inversos. Mostre que um dos números é maior que 1,
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 23
enquanto os outros dois são menores que 1.
Solução.
Sejam os números a, b e c, como abc = 1 podemos supor que a =
1
α
, b = kα e c =
1
k
,
para α, k ∈ N+ pela condição temos
1
α
+ kα+
1
k
>
α
1
+
1
kα
+
k
1
⇔ k + k2α2 + α > kα2 + 1 + αk2 ⇔
(k − 1)(αk − 1)(α− 1) > 0
Suponhamos k > 1 então k(α− 1
k
)(α−1) > 0 de onde 1
k
< α < 1, logo 1 < kα < k.
Portanto, a < 1, c < 1 e b > 1.
Suponhamos 0 < k < 1 então k(α − 1
k
)(α − 1) < 0 de onde 1 < α < 1
k
, logo
k < kα < 1. Portanto, a < 1, b < 1 e c > 1.
Exercício 1.2.24.
Os lados a, b e c de um triângulo satisfazem a relação a2+ b2+ c2 ≥ ab+ac+ bc. Esse
triângulo é equilátero?
Solução.
De a2 + b2 + c2 ≥ ab+ ac+ bc temos
2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab+ ac+ bc) ⇒ (a− b)2 + (a− c)2 + (b− c)2 ≥ 0
Somente quando (a− b)2 + (a− c)2 + (b− c)2 = 0 então a = b = c logo o triângulo é
equilátero.
O caso(a − b)2 + (a − c)2 + (b − c)2 > 0 então pelo menos a 6= b ou a 6= c logo o
triângulo não é equilátero.
Exercício 1.2.25.
Probe que se a, b ∈ R são números tais que a+b = 1, então
(
a+
1
a
)2
+
(
b+
1
b
)2
≥ 25
2
.
Solução.
Em geral, para todo m,n ∈ R sabemos que 2mn ≤ m2 + n2, quando a + b = 1 onde
a 6= 0 e b 6= 0 temos
1 = (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2 ≤ 2(a2 + b2) ⇒ a2 + b2 ≥ 1
2(
a+
1
a
)2
+
(
b+
1
b
)2
= a2 + b2 + 4 +
1
a2
+
1
b2
≥ 1
2
+ 4 +
1
a2
+
1
b2
Também de 2mn ≤ m2 + n2 considerando m = 1
a
e n =
1
b
segue
1
a2
+
1
b2
≥ 2
ab
,
assim temos (
a+
1
a
)2
+
(
b+
1
b
)2
≥ 9
2
+
2
ab
24 Christian Quintana Pinedo
Novamente, de 2ab ≤ a2 + b2 ⇒ 4ab ≤ (a+ b)2 = 1 ⇒ 1
ab
≥ 4 de onde
(
a+
1
a
)2
+
(
b+
1
b
)2
≥ 9
2
+
2
ab
≥ 9
2
+ 2(4) =
25
4
Portanto, se a, b ∈ R são números tais que a+ b = 1, então
(
a+
1
a
)2
+
(
b+
1
b
)2
≥ 25
2
.
Exercício 1.2.26.
A receita da venda de q unidades de um produto é R = 240q e o custo de produção de
q unidades é C = 190q + 1500. Para que haja lucro, a receita de vendas há de ser maior
que o custo. Para que valores de q este produto dará lucro?
Solução.
Para obter lucro devemos supor que R > C.
Isto é, 240q > 190q + 1500, de onde 50q > 1500, assim q > 30.
Portanto, obteremos lucro se q > 30.
Exercício 1.2.27.
Além do custo administrativo fixo, (diário) de R$350, 00 o custo de produção de q
unidades de certo produto é de R$5, 50 por unidade. Durante o mês de março, o custo
total da produção variou entre o máximo de R$3.210 e o mínimo de R$1.604 por dia.
Determine os níveis de produção máximo e mínimo por mês.
Solução.
Por cada dia os gastos na produção de q unidades é 350 + 5, 5q.
Durante o mês de março tivemos que a variação diária dos gastos foram 1.604 <
350 + 5, 5q < 3.210, de onde
1.604− 350
5, 5
< q <
3.210− 350
5, 5
, isto é, o custo de produção
diária teve a variação 228 < q < 520.
Portanto, durante um mês (30 dias) os níveis de produção atendem o intervalo 6840 <
q < 15600.
Exercício 1.2.28.
Estabeleça para que valores reais de x a área de um círculo de raio x:
a) é maior que 400pi cm2 b) não é superior a 400pi cm2.
Solução. a)
Tem que acontecer que Área do círculo = pix2 > 400pi, então x2 > 202 e como x é
positivo temos que x > 20.
Portanto, para valores de x maiores 20 a área do círculo é maior que 400pi �
Solução. b)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 25
Se não é superior, pode ser no máximo igual, logo Área do círculo = pix2 ≤ 400pi,
então x2 ≤ 202 e como x é positivo temos que x ≤ 20.
Portanto, para valores de x menores ou iguais a 20 a área do círculo não é superior a
400pi �
Exercício 1.2.29.
Uma piscina infantil deve ter 1 m de altura e o formato de um bloco retangular. O
seu comprimento precisa superar à largura em 0, 2m. Com quanto de largura essa piscina
comportará mais de 2000.000 litros? (Lembrete: 1m3 = 1.000 litros).
Solução.
Suponhamos a largura seja xm, então o comprimento da piscina é (x+0, 2)m, e como
a altura mede 1m, logo o volume da piscina é de x(x+ 0, 2)m3. Como 2000.000 litros =
2000m3
Pelos dados do problema, deve acontecer que x(x + 0, 2)m3 > 2000m3, então x >√
2.000, 01− 0, 1)m.
Portanto, a largura tem que ser superior a 44, 62m.
Exercício 1.2.30.
Sabe-se que sobre certas condições o número de bactérias que contém o leite se duplica
a cada 3 horas. Calcular o número pelo qual é necessário multiplicar a quantidade de
bactérias do início, para obter o número de bactérias ao final de 1 dia.
Solução.
Observe a seguinte Tabela:
Horas 0 3 = 3× 1 6 = 3× 2 9 = 3× 3 · · · 24 = 3× 8
No de bactérias x 2x = 21x 4x = 22x 8x = 23x · · · = 28x
Tabela 1.3:
Pelos dados do problema, tem que haver ao final do primeiro dia 28x bactérias. Isto é
256x.
Portanto, a quantidade inicial de bactérias fica multiplicada por 256.
Exercício 1.2.31.
Os alunos da UFT, organizaram uma rifa somente para alunos. Dos quais 45 com-
praram 2 números, e o total de alunos que compraram um número era 20% do número
dos rifas vendidas, 80 não compraram número nenhum e outros compraram 3 números.
Se o total de rifas vendidas excedeu em 33 ao número de alunos, diga quantos alunos
compraram somente um número da rifa.
Solução.
26 Christian Quintana Pinedo
Sejam, x o número de alunos que compraram uma rifa e a alunos que compraram três
número da rifa.
No alunos No vendidos No rifas vendidas
a 3 3a
45 2 90
x 1 x
80 0 0
Total a+ x+ 125 3a+ 90 + x
Logo, (a+ x+ 125) + 33 = 3a+ 90 + x, de onde 68 = 2a ⇒ a = 34.
Por outro lado, sabe-se que x =
20
100
(3a+ 90 + x), então 100x = 60a+ 1800 + 20x de
onde substituindo o valor de a = 34 segue que 4x = 3(34) + 90 e x = 48.
Somente compraram um número 48 alunos.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 27
1.3 Desigualdades.
Exercícios 1-3
Exercício 1.3.1.
Expresse cada um dos intervalos abaixo usando outra notação adequada (duplas desi-
gualdades por exemplo)
1. (1, 14) 2. (4, 7) 3. [−pi, pi] 4. [−5
3
, 8]
5. [−10, −2] 6. (0, 4) 7. [−3pi, pi) 8. (−16, 16]
Solução.
1. { x ∈ R /. 1 < x < 14 } 2. { x ∈ R /. 4 < x < 7 }
3. { x ∈ R /. − pi ≤ x ≤ pi } 4. { x ∈ R /. − 5
3
≤ x ≤ 8 }
5. { x ∈ R /. − 10 ≤ x ≤ −2 } 6. { x ∈ R /. 0 < x < 4 }
7. { x ∈ R /. − 3pi ≤ x ≤ pi } 8. { x ∈ R /. − 16 < x ≤ 16 }
Exercício 1.3.2.
São dados os conjuntos A = {x ∈ N/ x é impar }, B = {x ∈ Z/. −3 ≤ x < 4}
e C = { x ∈ N /. x < 6 }. Prove que o conjunto D, tal que D = (A ∩B)− C , é vazio.
Solução.
Temos que A = {1, 3, 5, · · · , (2t+1), · · ·} sendo t ∈ N, B = {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3}
e C = { 0, 1, 2, 3, 4, 5 }.
Logo, (A ∩B)− C = { 1, 3 } − { 0, 1, 2, 3, 4, 5 } = Φ.
Portanto, (A ∩B)− C = Φ.
Exercício 1.3.3.
Resolver as seguintes equações:
1. 3x+ 2 = 4− x 2. x2 − 2x− 3 = 0 3. x4 − 13x2 + 36 = 0
4. x3 − 3x2 + x+ 2 = 0 5. 5x2 − 3x− 4 = 0 6. x4 − x2 + 20 = 0
Solução.
1. 3x+ 2 = 4− x ⇔ 4x = 2 ⇔ x = 1
2
2. x2 − 2x− 3 = 0 ⇔ (x− 3)(x+ 1) = 0 ⇔ x = 3 ou x = −1
3. x4 − 13x2 + 36 = 0 ⇔ (x2)2 + 13(x2) + 36 = 0 ⇔
⇔ x2 = 13±
√
(13)2 − 4 · (36)
2
=
13± 5
2
⇔ x2 = 9 ou x2 = 4 ⇔
28 Christian Quintana Pinedo
⇔ x = 3, x = −3, x = 2, x = −2
4. x3 − 3x2 + x+ 2 = 0 ⇔ x3 − 2x2 − x2 + 2x− x+ 2 = 0 ⇔
⇔ x2(x− 2)− x(x− 2)− (x− 2) = 0 ⇔ (x− 2)(x2 − x− 1) = 0
⇔ x = 2 ou x = 1±
√
5
2
5. 5x2 − 3x− 4 = 0 ⇔ x = −3±
√
(−3)2 − 4 · (5)(−4)
2
=
−3±√89
10
⇔
⇔ x = −3 +
√
89
10
ou x =
−3−√89
10
6. x4 − x2 + 20 = 0 ⇔ (x2)2 − (x2) + 20 = 0 ⇔
⇔ x2 = 1±
√
(−1)2 − 4 · (20)
2
=
1±√−79
2
/∈ R
Exercício 1.3.4.
Determine o conjunto solução em R para cada uma das seguintes desigualdades:
1. x2 ≥ 1 2. x3 ≥ x2 3. 2x− 7 < 5− x
4. 2(x− 4) + 3x < 5x− 7 5. 3− x < 5 + 3x 6. 2 > −3− 3x ≥ −1
7. 4x− 3(x+ 5) < x− 18 8. x2 − 4 < x+ 2 9. √x2 + x− 2 < 4
10. 2x− 6 < 3x+ 8
5
11.
2x+ 6
3
− x
4
< 5 12.
x2 + 4x+ 10
x2 − x− 12 > 0
13. x2 + 3x+ 8 <
2x− 74
x− 7 14.
x+ 4
x− 2 <
x
x+ 1
15. (x+ 1)4 ≤ (x+ 1)2
16. 7(3− 2x) + 2(2x− 15) < 6(3x− 5) + 3(3x− 1) 17. 3
2x− 3 > 3x− 16
Solução.
1. x2 ≥ 1 ⇔ x2 − 1 > 0 ⇔ (x− 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔
⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞)
2. x3 ≥ x2 ⇔ x2(x− 1) ≥ 0 ⇔ x = o ou x− 1 ≥ 0
Isto último do fato x2 ≥ 0, ∀x ∈ R, logo de x−1 ≥ 0 segue que o conjunto solução
da inequação dada é x ∈ {0} ∪ [1, +∞)
3. 2x− 7 < 5− x ⇔ 3x < 5 + 7 ⇔ x < 4
4. 2(x− 4) + 3x < 5x− 7 ⇔ 2x+ 3x− 5x < 8− 7 ⇔ 0 · x < 1 ⇒ x ∈ R
5. 3− x < 5 + 3x ⇔ −2 < 4x ⇔ −1
2
< x
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 29
6. 2 > −3− 3x ≥ −1 ⇔ [2 > −3− 3x ∧ −3− 3x ≥ −1] ⇔
[3x > −5 ∧ −2 ≥ 3x] ⇔ [x > −5
3
∧ −2
3
≥ x] ⇔ −5
3
< x ≤ −2
3
7. 4x− 3(x+ 5) < x− 18 ⇔ 0 < −3 ⇔ x /∈ R
8. x2 − 4 < x+ 2 ⇔ x2 −x− 6 < 0 ⇔ (x− 3)(x+ 2) < 0 ⇔
⇔ [−2 < x ∧ x < 3] ⇔ x ∈ (−2, 3)
9.
√
x2 + x− 2 < 4 ⇔ x2 + x− 2 < 16 sempre que x2 + x− 2 ≥ 0; isto é sempre
que (x+ 2)(x− 1) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −2] ∪ [1, +∞).
Temos a resolver x2 + x− 2 < 16 com a condição x ∈ (−∞, −2] ∪ [1, +∞).
Logo, x2+x− 2 < 16 ⇔ x2+x < 18 ⇔ x2+x+
[
1
2
]2
< 18+
[
1
2
]2
⇔
⇔ (x+ 1
2
)2 <
73
4
⇔ −
√
73 + 1
2
< x <
√
73− 1
2
.
Pela condição temos que o conjunto solução é: x ∈ (−
√
73 + 1
2
, −2]∪ [1,
√
73− 1
2
).
10. 2x− 6 < 3x+ 8
5
⇔ 10x− 30 < 3x+ 8 ⇔ 7x < 38 ⇔ x < 38
7
11.
2x+ 6
3
− x
4
< 5 ⇔ 4(2x+ 6)− 3x < 60 ⇔ 5x < 36 ⇔ x < 36
5
12.
x2 + 4x+ 10
x2 − x− 12 > 0 ⇔
x2 + 4x+ 10
(x− 4)(x+ 3) > 0 ⇔
(x2 + 4x+ 10)(x− 4)(x+ 3)
(x− 4)2(x+ 3)2 >
0.
Como x2 + 4x+ 10 > 0 para todo x ∈ R, e (x− 4)2(x+ 3)2 ≥ 0, segue que
x2 + 4x+ 10
x2 − x− 12 > 0 ⇔ (x− 4)(x+ 3) > 0 x 6= 4 ou x 6= 3
Portanto, x ∈ (−∞, −3) ∪ (4, +∞).
13. x2 + 3x+ 8 <
2x− 74
x− 7 ⇔ x
2 + 3x+ 8− 2x− 74
x− 7 < 0 ⇔
⇔ (x
2 + 3x+ 8)(x− 7)− (2x− 74)
x− 7 < 0 ⇔
x3 − 4x2 − 15x+ 18
x− 7 < 0 ⇔
⇔ (x3 − 4x2 − 15x+ 18)(x− 7) < 0 x 6= 7
⇔ (x2 − 3x− 18)(x− 1)(x− 7) < 0 ⇔ (x− 6)(x+ 3)(x− 1)(x− 7) < 0
30 Christian Quintana Pinedo
Portanto, x ∈ (−3, 1) ∪ (6, 7).
14.
x+ 4
x− 2 <
x
x+ 1
⇔ x+ 4
x− 2 −
x
x+ 1
< 0 ⇔ (x+ 4)(x+ 1)− x(x− 2)
(x− 2)(x+ 1) <
0 ⇔
⇔ (x+ 4)(x+ 1)− x(x− 2)
(x− 2)(x+ 1) < 0 ⇔
(7x+ 4)(x− 2)(x+ 1)
(x− 2)2(x+ 1)2 < 0 x 6= 2, x 6= −1
⇔ 7(x+ 4
7
)(x− 2)(x+ 1) < 0 x 6= 2, x 6= −1
Portanto, x ∈ (−∞, −1) ∪ (−4
7
, 2)
15. (x+1)4 ≤ (x+1)2 ⇔ (x+1)2[(x+1)2−1] ≤ 0 ⇔ [(x+1)−1][(x+1)+1] ≤ 0.
Isto último do fato (x2+1) ≥ 0, ∀x ∈ R, logo de [(x+1)−1][(x+1)+1] ≤ 0 ⇔
(x− 0)(x+ 2) ≤ 0 segue que o conjunto solução da inequação dada é x ∈ [−2, 0]
16. 7(3− 2x) + 2(2x− 15) < 6(3x− 5) + 3(3x− 1) ⇔ 24 < 37x
Portanto, o conjunto solução da inequação dada é x ∈ (24
37
, +∞).
17.
3
2x− 3 > 3x− 16 ⇔
3
2x− 3 − 3x+ 16 > 0 ⇔
3− (3x− 16)(2x+ 3)
2x+ 3
> 0
−6x2 + 21x+ 51
2x+ 3
> 0 ⇔ 2(6x2 − 23x− 51)(x+ 3
2
) < 0 , x 6= −3
2
2[x− (23 +
√
1753
12
)][x− (23−
√
1753
12
)](x+
3
2
) < 0 , x 6= −3
2
Portanto, x ∈ (−∞, 23−
√
1753
12
) ∪ (−3
2
,
23−√1753
12
)
Exercício 1.3.5.
Resolver as seguintes inequações:
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 31
1. (x− 1
2
)(3x+ 5) > 0 2. (x− 2)(x+ 2) ≤ 0 3. x(x+ 1) ≤ 0
4. (x− 1)(x+ 1) ≤ 0 5. x− 1
x
≥ 0 6. x+ 1
x− 1 < 0
7. x < x2 − 12 < 4x 8. 3− x < 5 + 3x 9.
√
x2 + x− 2 ≥ 4
10. (x− 5)2 < (2x− 3)2 11. x2 + 3x > −2 12. 3x− 4 < 2 + x
13. (x− 1)3(x2 − 4)(x− 5) > 0 14. 2 ≤ 5− 3x < 11 15. x2 − 3x+ 2 > 0
16. 5x− 4(x+ 5) < x− 24 17. 3x− 5 < 3
4
+
1− x
3
18. 3− x < 5 + 3x
19. x5 − 2x4 − 15x3 > 0 20. 2x2 − x− 10 > 0 21. x2 − 3x+ 2 > 0
22. x2 + 8x− 65 < x− 18 23. x2 + 3
5
x+
9
100
< 0 24. x2 − 2x− 5 > 0
25. 3(x+ 4) + 4x < 7x+ 2 26. 3x2 − 7x+ 6 < 0 27. x2 − 2x− 8 < 0
28. (x5 − 1)(x+ 1) ≥ 0 29. x2 + 20x+ 100 > 0 30. 3x− 4 < x+ 6
31. (x3 − 5x2 + 7x− 3)(2− x) ≥ 0 32. (x2 − 3)3(x2 − 7)(x2 − 2x− 3) > 0
Solução.
1. (x− 1
2
)(3x+ 5) > 0 ⇔ 3(x− 1
2
)(x+
5
3
) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, −5
3
) ∪ (1
2
, +∞).
2. (x− 2)(x+ 2) ≤ 0 ⇔ x ∈ [−2, 2]
3. x(x+ 1) ≤ 0 ⇔ x ∈ [−1, 0]
4. (x− 1)(x+ 1) ≤ 0 ⇔ x ∈ [−1, 1]
5.
x− 1
x
≥ 0 ⇔ x(x− 1)
x2
≥ 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, 0) ∪ [1, +∞).
6.
x+ 1
x− 1 < 0 ⇔
(x− 1)(x+ 1)
(x− 1)2 < 0
Portanto, a solução x ∈ (−1, 1].
7. x < x2 − 12 < 4x ⇔ x < x2 − 12 e x2 − 12 < 4x < 4x ⇔
⇔ 0 < x2 − x− 12 e x2 − 4x− 12 < 0 ⇔
⇔ 0 < (x− 4)(x+ 3) e (x− 6)(x+ 2) < 0 ⇔
x ∈ (−∞, −3) ∪ (4, +∞) e x ∈ (−2, 6)
32 Christian Quintana Pinedo
8. 3− x < 5 + 3x ⇔ 3− 5 < 3x+ x ⇔ −1
2
< x ⇔ x ∈ (−1
2
, +∞)
9.
√
x2 + x− 2 ≥ 4 ⇔ x2 + x− 2 ≥ 42. Condição x2 + x− 2 ≥ 0.
De x2 + x− 2 ≥ 42 ⇔ x2 + x− 18 ≥ 0 ⇔ (x+ 1
2
)2 ≥ 73
4
⇔
x ≤ −
√
73
2
− 1
2
ou
√
73
2
− 1
2
≤ x ⇔ x ∈ Rr (−4.78, 3.78) (1.8)
Da condição x2 + x− 2 ≥ 0 segue que (x+ 2)(x− 1) > 0 de onde
(x+ 2)(x− 1) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, −2] ∪ [1, +∞) (1.9)
Portanto, das desigualdades (1.8) e (1.9) segue que x ∈ (−∞,−4.78]∪ [3.772, +∞).
10. (x− 5)2 < (2x− 3)2 ⇔ [(x− 5)− (2x− 3)][(x− 5) + (2x− 3)] < ⇔
⇔ (−x− 2)(3x− 8) < 0 ⇔ 3(x+ 2)(x− 8
3
) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, −2) ∪ (8
3
, +∞).
11. x2 + 3x > −2 ⇔ x2 + 3x+ 2 > 0 ⇔ (x+ 2)(x+ 1) > 0.
Portanto, x ∈ (−∞, −2) ∪ (−1, +∞).
12. 3x− 4 < 2 + x ⇔ 3x− x < 2 + 4 ⇔ x < 3 ⇔ x ∈ (−∞, 3)
13. (x− 1)3(x2 − 4)(x− 5) > 0 ⇔ (x− 1)2(x− 1)(x− 2)(x+ 2)(x− 5) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, −2) ∪ (1, 2) ∪ (5, +∞).
14. 2 ≤ 5 − 3x < 11 ⇔ −11 < 3x − 5 ≤ −2 ⇔ −6 < 3x ≤ 3 ⇔ x ∈
(−2, 1]
15. x2 − 3x+ 2 > 0 ⇔ (x− 1)(x− 2) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, 1) ∪ (2, +∞).
16. 5x− 4(x+ 5) < x− 24 ⇔ 5x− 4x− 20 < x− 24 ⇔ −20 < −24.
Esta última desigualdade não se cumpre em R, logo não existe solução em R para
essa desigualdade.
17. 3x−5 < 3
4
+
1− x
3
⇔ 3x−5− 3
4
− 1− x
3
< 0 ⇔ 36x− 60− 9− 4 + 4x
12
<
0 ⇔
⇔ 40x− 73 < 0 ⇔ x ∈ (−∞, 73
40
)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 33
18. 3− x < 5 + 3x ⇔ 3− 5 < x+ 3x ⇔ −1
2
< x ⇔ x ∈ (−1
2
: +∞)
19. x5−2x4−15x3 > 0 ⇔ x3(x2−2x−15) > 0 ⇔ x2(x−0)(x−5)(x+3) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−3, 0) ∪ (5, +∞).
20. 2x2 − x− 10 > 0 ⇔ x2 − x
2
− 5 > 0 ⇔ (x− 1
4
)2 >
21
4
⇔
(
x− 1
4
>
√
21
2
ou x− 1
4
< −
√
21
2
)
⇔
⇔ x ∈ (−∞, 1− 2
√
21
4
) ∪ (1 + 2
√
21
4
, +∞)
21. x2 − 3x+ 2 > 0 ⇔ (x− 2)(x− 1) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, 1) ∪ (2, +∞).
22. x2 +8x− 65 < x− 18 ⇔ x2 +7x− 47 < 0 ⇔ (x− 7
2
)2 < 47+ (
7
2
)2 =
237
4
−
√
237
2
+
7
2
< x <
√
237
2
+
7
2
Portanto, a solução x ∈ (7−
√
237
2
,
7 +
√
237
2
).
23. x2 +
3
5
x+
9
100
< 0 ⇔ (x+ 3
10
)2 < 0 ⇔ x /∈ R
24. x2 − 2x− 5 > 0 ⇔ (x− 1)2 − 6 > 0 ⇔ [(x− 1)−√6][(x− 1) +√6] > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, 1−√6) ∪ (1 +√6, +∞).
25. 3(x+4)+4x < 7x+2 ⇔ 3x+4x−7x < +2−12 ⇔ 0x < −10 ⇔ x ∈ ∅
26. 3x2 − 7x+ 6 < 0 ⇔ (−7)2 < 4(3)(6) logo pela Propriedade (1.7) temos que
∀ x ∈ R 0 < 3x2 − 7x+ 6 e não 3x2 − 7x+ 6 < 0
Portanto não existe x ∈ R tal que 3x2 − 7x+ 6 < 0.
27. x2−2x−8 < 0 ⇔ (x−1)2 < 9 ⇔ −3+1 < x < 3+1 ⇔ x ∈ (−2, 4)
28. (x5 − 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔ (x− 1)(x4 + x3 + x2 + x+ 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔
⇔ (x− 1)(x+ 1) ≥ 0 pois (x4 + x3 + x2 + x+ 1) > 0 ∀ x ∈ R
⇔ (x− 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, +∞)
34 Christian Quintana Pinedo
29. x2 + 20x+ 100 > 0 ⇔ (x+ 10)2 > 0 ⇔ x ∈ Rr {10}.
30. 3x− 4 < x+ 6 ⇔ x < 5 ⇔ x ∈ (−∞, 5)
31. (x3 − 5x2 + 7x− 3)(2− x) ≥ 0 ⇔ −(x− 1)(x− 3)(x− 1)(x− 2) ≥ 0
Portanto, a solução é x ∈ [2, 3].
32. (x2 − 3)3(x2 − 7)(x2 − 2x− 3) > 0 ⇔
⇔ (x−
√
3)3(x+
√
3)3(x−
√
7)(x+
√
7)(x− 3)(x+ 1) > 0
Portanto, a solução é x ∈ (−∞, −√7) ∪ (−√3, 1) ∪ (√3, √7) ∪ (3, +∞).
Exercício 1.3.6.
Determine o conjunto solução das seguintes inequações:
1.
x
a2 − b2 +
3x
a+ b
<
5
a− b se a > b
2.
x
a
+
x
b
> 1 +
x
c
se c > b > a > 0
3.
2x
3a
+ 4 >
5x
6b
+ 2x se b > a > 0
4. 11(2x− 3)− 3(4x− 5) > 5(4x− 5)
Solução.
1. Como a > b > 0 então (a2 − b2) > 0.
x
a2 − b2 +
3x
a+ b
<
5
a− b ⇔
x
a2 − b2 +
3x
a+ b
− 5
a− b < 0
⇔ x+ 3x(a− b)− 5(a+ b)
a2 − b2 < 0 ⇔ [x+ 3x(a− b)− 5(a+ b)] < 0 ⇔ ‘
⇔ [x(1 + 3(a− b))− 5(a+ b)] < 0 ⇔ x < 5(a+ b)
1 + 3(a− b)
2. Como c > b > a > 0 então, abc > 0 e
1
a
>
1
b
>
1
c
> 0 ⇒ (bc+ ac− ab) > 0.
x
a
+
x
b
> 1 +
x
c
⇔ x[1
a
+
1
b
− 1
c
] > 1 ⇔
⇔ x(bc+ ac− ab)
abc
> 1 ⇔ x > abc
bc+ ac− ab
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 35
3. Como b > a > 0 então,
1
a
>
1
b
> 0 ⇒ 4
a
− 4
b
> 0
2x
3a
+ 4 >
5x
6b
+ 2x ⇔ 4x
a
+ 24 >5x
b
+ 12x ⇔
⇔ 24 > x[5
b
+ 12− 4
a
] ⇔ 24 > x[5
b
+ 12− 4
a
] ⇔
Por outro lado
[
5
b
+ 12− 4
a
] = [
1
b
+ 12 + (
5
b
− 4
a
)] > 0
Assim, de 24 > x[
5
b
+ 12− 4
a
] segue que x <
24ab
5a+ 12ab− 4b .
4. 11(2x− 3)− 3(4x− 5) > 5(4x− 5) ⇔ x < 7
10
Exercício 1.3.7.
Resolver as seguintes inequações racionais:
1.
x
x− 1 +
x− 1
x
<
2x
x+ 1
2.
2
2x+ 3
< 0 3.
3x+ 5
2x+ 1
≤ 3
4. (2x+ 1)101(x− 3)99 ≥ 0 5. 2x− 3
x+ 2
<
1
3
6.
3x2 + 12
x2 + 4x− 5 > 3
7.
(1− x− x2)(2− x− x2)
(3− x)(2− x) ≥ 0 8.
x5 − 1
x4 + 1
<
x5 − 2
x4 + 2
9.
x+ 4
x− 7 >
x
x+ 1
Solução.
1.
x
x− 1 +
x− 1
x
<
2x
x+ 1
⇔ x
x− 1 +
x− 1
x
− 2x
x+ 1
< 0 ⇔ 2x
2 − x+ 1
x(x− 1)(x+ 1) <
0
Pela Propriedade 1.7, observe que 2x2 − x+ 1 > 0 para todo número real, então
2x2 − x+ 1
x(x− 1)(x+ 1) < 0 ⇔ x(x− 1)(x+ 1) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1)
2.
2
2x+ 3
< 0 ⇔ 2x+ 3 < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −3
2
)
3.
3x+ 5
2x+ 1
− 3 ≤ 0 ⇔ (3x+ 5)− 3(2x+ 1)
2x+ 1
≤ 0 ⇔
−3(x− 2
3
)
2(x+
1
2
)
≤ 0
(x− 2
3
)
(x+
1
2
)
≥ 0 ⇔ (x− 2
3
)(x+
1
2
) ≥ 0, x 6= −1
2
36 Christian Quintana Pinedo
⇔ x ∈ (−∞, −1
2
) ∪ [2
3
, ∞)
4. (2x+ 1)101(x− 3)99 ≥ 0 ⇔ (2x+ 1)100(2x+ 1)(x− 3)(x− 3)98 ≥ 0 ⇔
⇔ (2x+ 1)(x− 3) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1
2
) ∪ (3, +∞)
5.
2x− 3
x+ 2
<
1
3
⇔ 2x− 3
x+ 2
− 1
3
< 0 ⇔ 3(2x− 3)− (x+ 2)
3(x+ 2)
< 0 ⇔
⇔ 5x− 11
3(x+ 2)
< 0 ⇔
5(x− 11
5
)
3(x+ 2)
< 0 ⇔ x ∈ (−2, 11
5
)
6.
3x2 + 12
x2 + 4x− 5 > 3 ⇔
3x2 + 12
x2 + 4x− 5 − 3 > 0 ⇔
−12x+ 27
(x+ 5)(x− 1) > 0 ⇔
−12(x− 27
12
)(x+ 5)(x− 1) > 0 ⇔ (x− 27
12
)(x+ 5)(x− 1) < 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, −5) ∪ (1, 27
12
).
7.
(1− x− x2)(2− x− x2)
(3− x)(2− x) ≥ 0 ⇔
(x2 + x− 1)(x2 + x− 2)
(x− 3)(x− 2) ≥ 0
⇔ (x+
1+
√
5
2
)(x+ 1−
√
5
2
)(x+ 2)(x− 1))
(x− 3)(x− 2) ≥ 0 ⇔
⇔ x ∈ (−∞, −2] ∪ [−1−
√
5
2
,
−1 +√5
2
] ∪ [1, 2] ∪ [3, ∞)
8.
x5 − 1
x4 + 1
<
x5 − 2
x4 + 2
⇔ x
5 − 1
x4 + 1
− x
5 − 2
x4 + 2
< 0
⇔ (x
5 − 1)(x4 + 2)− (x5 − 2)(x4 + 1)
(x4 + 1)(x4 + 2)
< 0 ⇔ x5 − x4 < 0
⇔ x4(x− 1) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, 1)
9.
x+ 4
x− 7 >
x
x+ 1
⇔ x+ 4
x− 7 −
x
x+ 1
> 0 ⇔ (x+ 4)(x+ 1)− x(x− 7)
(x− 7)(x+ 1) >
0 ⇔
⇔
12(x+
1
3
)
(x− 7)(x+ 1) > 0 ⇔ x ∈ (−1, −
1
3
) ∪ (7, +∞)
Exercício 1.3.8.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 37
Mostre que se x e y não são ambos iguais a zero, então 4x2 + 6xy + 4y2 > 0 e
3x2 + 5xy + 3y2 > 0.
Demonstração.
Seja A 6= 0, sabe-se que ∀ x ∈ R, Ax2 +Bx+D > 0 ⇔ B2 < 4AD.
Suponhamos que y 6= 0, como (6y)2 < 4(4)(4y2), então 4x2+6xy+4y2 > 0, ∀x ∈ R.
Suponhamos que x 6= 0, como (6x)2 < 4(4)(4x2), então 4y2+6yx+4x2 > 0, ∀y ∈ R.
Portanto, se x e y não são ambos iguais a zero, então 4x2 + 6xy + 4y2 > 0.
De modo análogo mostra-se para 3x2 + 5xy + 3y2 > 0.
Exercício 1.3.9.
Determinar para quais valores de x ∈ R verifica a desigualdade
3(x− a)a2 < x3 − a3 < 3(x− a)x2
Solução.
Esta desigualdade é equivalente a resolver as desigualdades:
3(x− a)a2 < x3 − a3, x3 − a3 < 3(x− a)x2 ⇒
Como x3 − a3 = (x− a)(x2 + ax+ a2), então
3(x− a)a2 < x3 − a3 ⇒ 3(x− a)a2 < (x− a)(x2 + ax+ a2) ⇒
⇒ (x− a)[3a2 − (x2 + ax+ a2)] < 0 ⇒ 0 < (x− a)2(x+ 2a)
como (x− a)2 > 0 para todo a 6= 0 e todo x ∈ R, então 0 < (x+ 2a), portanto
x > −2a (1.10)
Por outro lado,
x3 − a3 < 3(x− a)x2 ⇒ (x− a)(x2 + ax+ a2) < 3(x− a)x2
⇒ 0 < (x− a)[3x2 − (x2 + ax+ a2)] ⇒ 0 < (x− a)2(2x+ a)
como (x− a)2 > 0 para todo a 6= 0 e todo x ∈ R, então 0 < (2x+ a), portanto
x > −a
2
(1.11)
De (1.10) e (1.11), se a ≥ 0 seque que a solução da desigualdade é x ∈ (−a
2
,+∞).
De (1.10) e (1.11), se a < 0, segue que x ∈ (−2a, +∞).
38 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.3.10.
Determine o valor de: S = 1 +
1
3
+
1
32
+
1
33
+ · · · + 1
3n
, se n→∞.
Solução.
Seja S = 1 +
1
3
+
1
32
+
1
33
+ · · · + 1
3n
então −1
3
S = −1
3
− 1
32
− 1
33
− 1
34
· · · − 1
3n+1
Somamos estas duas igualdades para obter
S − 1
3
S = 1− 1
3n+1
⇒ S = 3
2
[
1− (1
3
)n+1]
Observe, quando n→∞ temos que (1
3
)n+1 → 0, logo S → 3
2
.
Portanto, quando n→∞ temos que S → 3
2
.
Exercício 1.3.11.
Suponha b2 − 4c ≥ 0. Mostre que os números −b+
√
b2 − 4c
2
e
−b−√b2 − 4c
2
satisfazem ambos a equação: x2 + bx+ c = 0.
Solução.
Como b2 − 4c ≥ 0, então podemos supor x = −b±
√
b2 − 4c
2
∈ R de onde 2x + b =
±√b2 − 4c.
Então, (2x+b)2 = (±√b2 − 4c)2 então 4x2+4xb+b2 = b2−4c, de onde 4(x2+xb+c) = 0.
Portanto, x2 + bx+ c = 0.
Exercício 1.3.12.
Suponha que b2−4c < 0. Mostre que não existe nenhum número que satisfaz a equação:
x2 + bx+ c = 0.
Demonstração.
Suponhamos que existe x ∈ R de modo que x2 + bx + c = 0, logo x2 + bx + ( b
2
)2
=( b
2
)2 − c, então (x+ b
2
)2 =
b2 − 4c
4
< 0, pois b2 − 4c < 0.
De onde (x+
b
2
)2 < 0, isto é um absurdo, pois todo número real ao quadrado sempre
é maior ou igual que zero. Esta contradição temos pelo fato de supór que existe x ∈ R.
Portanto, não existe nenhum número real que satisfaz a equação: x2 + bx+ c = 0.
Exercício 1.3.13.
Suponha a, b, c e d números reais.
Mostre a desigualdade de Schwartz: ac+ bd ≤ √a2 + b2.√c2 + d2.
Demonstração.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 39
Sabe-se que 2AB ≤ A2 +B2, então
(ac+ bd)2 = (a2c2 + b2d2) + 2(ac)(bd) ≤ (a2c2 + b2d2) + b2c2 + a2d2 ⇒
(ac+bd)2 ≤ (a2c2+b2d2)+b2c2+a2d2 = (a2+b2)(c2+d2) ⇒ ac+bd ≤
√
a2 + b2.
√
c2 + d2
Exercício 1.3.14.
Mostre que:
√
x2 − 2x− 15 ≥ x+ 1 ∀ x ∈ (−∞, −3].
Demonstração.
Temos que ∀x ∈ (−∞, −3] ⇔ x ≤ −3 ⇔ x−5 ≤ −8 ∧x+3 ≤ 0 ⇔
⇔ (x− 5)(x+ 3) ≥ 0 ⇔
√
x2 − 2x− 15 ≥ 0
Por outro lado, x ∈ (−∞, −3] ⇔ x ≤ −3 ⇔ x+ 1 ≤ −2 ≤ 0.
Portanto, das duas desigualdades da direita segue que
√
x2 − 2x− 15 ≥ x + 1 para
todo x ≤ −3.
Exercício 1.3.15.
Mostre que:
1
4
≤ x2 + x+ 2 ≤ 8 ∀ x ∈ [−1, 2]− {1}.
Demonstração.
Para todo x ∈ [−1, 2]− {1} temos
(−1 ≤ x < 1 ou 1 < x ≤ 2) ⇒ (1 ≤ x+ 2 < 3 ou 3 < x+ 2 ≤ 4)
(−1 ≤ x < 1 ou 1 < x ≤ 2) ⇒ (0 ≤ x2 ≤ 1 ou 1 < x2 ≤ 4)
consequentemente
(1 ≤ x2 + x+ 2 ≤ 4 ou 4 < x2 + x+ 2 ≤ 8) ⇔ 1 ≤ x2 + x+ 2 ≤ 8
Como
1
4
≤ 1, portanto 1
4
≤ x2 + x+ 2 ≤ 8 ∀ x ∈ [−1, 2]− {1}.
Exercício 1.3.16.
Os números positivos a1, a2, a3, · · · an não são iguais a zero e formam uma progressão
aritmética. Mostre que:
1√
a1 +
√
a2
+
1√
a2 +
√
a3
+
1√
a3 +
√
a4
+ · · · + 1√
an−1 +
√
an
=
n− 1√
a1 +
√
an
Solução.
40 Christian Quintana Pinedo
Como a1, a2, a3, · · · an não são iguais a zero e formam uma progressão aritmética,
podemos supor de razão r, então a2 = r + a1, a3 = r + a2 = 2r + a1, e assim por diante,
temos an = (n− 1)r = a1.
Seja S =
1√
a1 +
√
a2
+
1√
a2 +
√
a3
+
1√
a3 +
√
a4
+ · · · + 1√
an−1 +
√
an
, então
S =
√
a1 −√a2
a1 − a2 +
√
a2 −√a3
a2 − a3 +
√
a3 +
√
a4
a3 − a4 + · · · +
√
an−1 +
√
an
an−1 − an =
S =
√
a1 −√a2
−r +
√
a2 −√a3
−r +
√
a3 +
√
a4
−r + · · · +
√
an−1 +
√
an
−r =
√
an −√a1
r
S =
an − a1
r(
√
an +
√
a1)
=
r(n− 1)
r(
√
an +
√
a1)
=
n− 1√
a1 +
√
an
Portanto, a igualdade (1.8) é válida.
Exercício 1.3.17.
Determine a quantidade de números inteiros, positivos e ímpares, formados por três
algarismos distintos, escolhidos dentre os algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9.
Solução.
Suponhamos os números sejam da forma abc, como eles devem ser ímpares e positivos
supondo c = 1, então teríamos 9 formas distintas para escolher b (o algarismo 1 não seria
escolhido para ser b) e também teríamos 7 formas para escolher apois este algarismo não
pode ser 0, 1 e aquele escolhido para b. Logo quando c = 1 temos 7× 9× 1 = 63 formas
distintas de obter ímpares da forma ab1.
Como o algarismo c pode ser 1, 3, 5, 7 ou 9 então temos 63×5 = 315 formas distintas
de escolha.
Portanto são 315 formas distintas de formar números ímpares.
Exercício 1.3.18.
Calcule a soma de todas as frações irredutíveis, da forma
p
72
, que pertençam ao inter-
valo [4, 7].
Solução.
Como 4 ≤ p
72
≤ 7 então 288 ≤ p ≤ 504, logo a soma de todas as frações irredutíveis
da forma
p
72
, que pertençam ao intervalo [4, 7] é
288 + 289 + · · ·+ 503 + 504
72
= 1193, 5
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 41
Como 72 = 22×32, a soma das frações de numerador par, da forma p
72
, que pertençam
ao intervalo [4, 7] é
288 + 290 + 292 + · · ·+ 502 + 504
72
= 599, 5
E a soma das frações de numerador múltiplo de três, da forma
p
72
, que pertençam ao
intervalo [4, 7] é
288 + 291 + 294 + · · ·+ 501 + 504
72
= 401, 5
A soma das frações de numerador múltiplo de seis, da forma
p
72
, que pertençam ao
intervalo [4, 7] que já estão incluidas nas duas somas acima é
288 + 294 + 210 + · · ·+ 498 + 504
72
= 203, 5
Logo a soma das frações redutíveis é 599, 5 + 401, 5− 203, 5 = 797, 5
Portanto, a soma de todas as frações irredutíveis, da forma
p
72
, que pertençam ao
intervalo [4, 7] é 1193, 5− 797, 5 = 396.
Exercício 1.3.19.
Dentre os paralelepípedos com soma fixa de suas três arestas simultaneamente perpen-
diculares, achar o paralelepípedo de volume máximo.
Solução.
Seja S a soma de suas arestas a, b e c, então S = a+ b+ c.
O volume do paralelepípedo é V = abc. Sabe-se que a média geométrica é menor ou
igual que a media aritmética, logo
3
√
V =
3
√
abc ≤ a+ b+ c
3
=
S
3
⇒ V ≤ (S
3
27
)
o sinal de igualdade só se obtém quando a = b = c =
S
3
Trata-se de um cubo.
Exercício 1.3.20.
Três pessoas A, B e C visitam o açude “Peixe na chapa” e pescam mais de 8 peixes;
B pensa pescar mais 4 com o que teria mais peixes que A e C porém B tem menos peixes
que C e o que tem C não chegam a 5. Quantos peixes tem cada um deles?
Solução.
Pelas hipóteses do problema temos que
A+B + C > 8 B < C < 5 B + 4 > A+ C
42 Christian Quintana Pinedo
então B < A+B + C < 2B + 4, logo 4 < 2B ou B < 2.
Como 2 < B < C < 5, concluímos que B = 3, C = 4 de onde A = 2.
Exercício 1.3.21.
Para uma festa no Natal, uma creche necessitava de 120 brinquedos. Recebeu uma
doação de R$ 370,00. Esperava-se comprar carrinhos a R$2, 00 cada, bonecas a R$3, 00 e
bolas a R$3, 50. Se o número de bolas deveria ser igual ao número de bonecas e carrinhos
juntos. Mostre que a solução seria comprar: 40 bonecas, 20 carrinhos e 60 bolas.
Solução.
Sejam b o total de bonecas a ser compradas, c o dos carrinhos e B total de bolas.
Sabe-se que b+ c+B = 120, porém B = b+ c, logo B +B = 120 de onde B = 60 ou
b+ c = 60.
Por outro lado, sabemos que 3b+2c+3, 5B = 370, de onde b+2(b+ c) + (3, 5)(60) =
370 ⇒ b+2(60)+(3, 5)(60) = 370, logo b = 370−330 = 40, assim resulta que c = 20.
Portanto, deve-se comprar: 40 bonecas, 20 carrinhos e 60 bolas.
Exercício 1.3.22.
Em uma fazenda, existia um número de cabeças de gados. Depois de duplicar esse
número, foi roubado 1 cabeça sobrando mais de 54. Meses depois observou-se que triplicou
o número de cabeças de gado que existia no início e foram roubadas 5 restando menos de
80. Quantas cabeças de gado existiam no início?
Solução.
Suponha que inicialmente existiam x cabeças de gado.
Depois duplicou esse número e roubaram 1 sobrando mais de 54, isto é 2x− 1 > 54.
Então 55 < 2x ou
55
2
< x. Meses triplicou o número de gado que existia no início e
foram roubadas 5 restando menos de 80, isto é 3x− 5 < 80. Logo, 3x < 85 ou x < 85
3
.
Assim, 27, 5 =
55
2
< x <
85
3
= 28, 333333, e como o número de cabeças de gado é
número inteiro, temos que x = 28.
Portanto, no início existiam 28 cabeças de gado.
Exercício 1.3.23.
A média aritmética das idades de um grupo de médicos e advogados é 40 anos. A
média aritmética das idades dos médicos é 35 anos e a dos advogados é 50 anos. Pode-se,
então, afirmar que:
Solução.
Suponhamos, m e a o total de médicos e de advogados respectivamente então, o total
da soma das idades dos médicos e advogados é: 35m+ 50a.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 43
Como a média aritmética de todas as idades é 40, segue-se que 40 =
35m+ 50a
m+ n
, então
40(m+ a) = 35m+ 50a ⇒ m = 2a.
Portanto, podemos afirmar que o número de médicos é o dobro do número de advo-
gados.
Exercício 1.3.24.
Uma pessoa compra um apartamento por R$10.000, 00 em seguida o aluga. Deixando
12
1
2
% da renda anual para reparações e manutenção, pagando R$325, 00 de IPTU e 5
1
2
%
descontando por conta de investimento. Qual é a renda mensal?
Solução.
Suponha a renda anual seja R reais, então pelos dados do problema temos o seguinte:
(12
1
2
%)R + 325 + (5
1
2
%)(10.000) = R
12
25
· 1
100
·R + 325 + 11
2
· 1
100
· (10.000) = R
325 + 550 = R− 1
8
R ⇒ R = 1000
Portanto, a renda mensal é de
1000
12
reais, isto é R$83, 33.
Exercício 1.3.25.
A soma das idades de três pessoas é 96. A maior tem 32 anos mais que a menor e a
do meio 16 anos menos que a maior. Calcular a idade de cada uma das pessoas.
Solução.
Suponhamos que a idade da menor seja x anos, então a maior tem x+ 32 anos, e a o
do meio tem (x+ 32)− 16.
Assim x+ [(x+ 32)− 16] + (x+ 32) = 96, então x = 16.
As idades das pessoas são: 16, 32, e 48 anos.
Exercício 1.3.26.
Eu tenho a idade que você tinha, quando eu tinha a metade da idade que você tem. A
soma de nossas idades hoje é igual a 35 anos. Quais são as idades hoje?
Solução.
Trata-se de um problema de idades recomenda-se usar a seguinte Tabela (1.4):
A premissa básica para resolver este problema é o fato de que a diferença das idades
de duas pessoas, é invariante no tempo, ou seja, a diferença permanece constante ao longo
do tempo.
De antes para hoje transcorreram h anos, então h = x− y
2
= y − x, logo 4x = 3y.
44 Christian Quintana Pinedo
eu você
Antes
y
2
x
Hoje x y
Tabela 1.4:
Como x+ y = 35, segue que 4x+ 4y = 140 ⇒ 3y + 4y = 140 ⇒ y = 20.
Hoje as idades são 15 e 20 anos respectivamente.
Exercício 1.3.27.
Mostre que, para números reais x e y, e n ∈ N n ≥ 2 são válidas as seguintes
igualdades:
1. xn − yn = (x− y)(xn−1 + xn−2.y + xn−3.y2 + · · · + x2.yn−3 + x.yn−2 + yn−1)
2. xn + yn = (x + y)(xn−1 − xn−2y + xn−3y2 − · · · + (−1)n−3x2yn−3 − xyn−2 + yn−1)
somente quando n ímpar.
Demonstração. 1.
Por indução matemática.
Se n = 2 então x2 − y2 = (x− y)(x2−1 + y2−1) a igualdade é válida.
Suponhamos a hipótese auxiliar que, para n = h seja válida a igualdade
xh − yh = (x− y)(xh−1 + xh−2.y + xh−3.y2 + · · · + x2.yh−3 + x.yh−2 + yh−1)
Para n = h+ 1 temos;
xh+1 − yh+1 = xh.x− x.yh + x.yh − yh.y = x(xh − yh) + yh(x− y) =
da hipótese auxiliar
= x(x− y)(xh−1 + xh−2.y + xh−3.y2 + · · · + x2.yh−3 + x.yh−2 + yh−1) + yh(x− y) =
= (x− y)[x(xh−1 + xh−2.y + xh−3.y2 + · · · + x2.yh−3 + x.yh−2 + yh−1) + yh] =
= (x− y)[xh + xh−1.y + xh−2.y2 + xh−3.y3 + · · · + x3.yh−3 + x2.yh−2 + x.yh−1 + yh]
Portanto, a igualdade é válida para todo n ∈ N, n ≥ 2.
Demonstração. 2.
Para n = 0, a igualdade x1 + y1 = (x+ y) é verdadeira.
Para n = 1, a igualdade x3 + y3 = (x+ y)(x2 − xy + y2) é verdadeira.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 45
Suponhamos para n = h seja verdadeira a igualdade, isto é
x2h+1 + y2h+1 = (x+ y)(x2h − x2h−1.y + x2h−2.y2 − · · · + x2.y2h−2 − x.y2h−1 + y2h)
Para n = h+ 1 temos
x2h+3 + y2h+3 = x2x2h+1 − y2y2h+1 = x2x2h+1 + x2y2h+1 − x2y2h+1 + y2y2h+1
= x2(x2h+1 + y2h+1)− y2h+1(x2 − y2)
= x2[(x+y)(x2h−x2h−1.y+x2h−2.y2− · · ·+x2.y2h−2−x.y2h−1+y2h)]−y2h+1(x−y)(x+y)= (x+ y)(x2h+2− x2h+1.y+ x2h.y2− · · · + x4.y2h−2− x3.y2h−1 + x2 · y2h)− xy2h+1 + y2h+2
Portanto, a igualdade é válida para todo n ∈ N.
Exercício 1.3.28.
Mostre que, se p é número primo, e a ∈ N, então ap − a é múltiplo de p.
Solução.
Vamos provar o resultado por indução sobre a.
O resultado vale claramente para a = 1, pois 1p − 1 = 0 · p.
Supondo o resultado válido para a, isto é ap − a = αp para algúm α ∈ N, iremos
prová-lo que também é válido para a+ 1.
Pela fórmula do binômio de Newton,
(a+ 1)p − (a+ 1) = ap +
p−1∑
k=1
(
p
k
)
ap−k + 1p − (a+ 1)
Como, o somatório é múltiplo de p, e pela hipótese de indução, o segundo membro da
igualdade acima resulta
(a+ 1)p − (a+ 1) = ap + βp+−a = (α + β)p, β ∈ N
Portanto, se p é número primo, e a ∈ N, então ap − a é múltiplo de p
Exercício 1.3.29.
Prove que: (1 − x)[(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · · · (1 + x2n)] = 1 − x2(n+1) para qualquer
inteiro x, e todo n ≥ 0.
Solução.
Se n = 1 temos 1 − x4 = 1 − x2(1+1) = (1 + x2)(1 − x2) = [(1 + x21)(1 + x)](1 − x), a
igualdade é verdadeira.
46 Christian Quintana Pinedo
Suponhamos para qualquer n = h que seja válida a igualdade
(1− x)[(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · · · (1 + x2h)] = 1− x2(h+1)
Para n = h+ 1 aplicando a hipótese indutiva temos
(1− x)[(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · · · (1 + x2h)(1 + x2(h+1) ] = (1− x2(h+1))(1 + x2(h+1) =
= 1 + x2
(h+1) − x2(h+1) − x2(h+1) · x2(h+1) = 1− x2[(h+1)+1]
Portanto, (1−x)[(1+x)(1+x2)(1+x4) · · · (1+x2n)] = 1−x2(n+1) para qualquer inteiro
x, e todo n ≥ 0.
Exercício 1.3.30.
Determine o valor de E = x3 + 3x+ 2, quando x = 3
√√
2− 1− 1
3
√√
2− 1
.
Solução.
Temos x =
3
√√
2− 1− 1
3
√√
2− 1
⇒
x3 = (
3
√√
2− 1)3 − 3(
3
√√
2− 1)2
(
3
√√
2− 1)
+ 3
(
3
√√
2− 1)
(
3
√√
2− 1)2
−
( 1
3
√√
2− 1
)3
x3 = (
√
2− 1)− 3
[
3
√√
2− 1− 1
(
3
√√
2− 1)
]
− 1√
2− 1
x3 + 2 = (
√
2− 1)− 3x− 1√
2− 1 + 2
x3 + 3x+ 2 =
(
√
2− 1)2 − 1 + 2(√2− 1)√
2− 1 =
[(
√
2− 1) + 1]2 − 2√
2− 1 = 0
Portanto, E = 0.
Exercício 1.3.31.
Construir números 49, 4489, 444889, 44448889, . . . etc obtendo cada um deles inserindo
o número 48 no meio do número anterior. Verificar que estes números são quadrados
perfeitos e encontrar a raiz quadrada do número que consiste de 2n algarismos.
Solução.
Observe que 49 = 4 · 10 + 9, 4489 = 4 · 103 + 4 · 102 + 8 · 10 + 9, 444889 =
4 · 105 + 4 · 104 + 4 · 103 + 8 · 102 + 8 · 10 + 9. Em geral para o número com 2n algarismos
444 . . . 4488 . . . 89 = 4(102n−1 + . . .+ 10n) + 8(10n−1 + . . .+ 10) + 9
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 47
444 . . . 4488 . . . 89 = 4× 10n(10n−1 + . . .+ 10 + 1) + 8× 10(10n−2 + . . .+ 10 + 1) + 9
444 . . . 4488 . . . 89 = 4× 10n(10
n − 1
10− 1 ) + 8× 10(
10n−1 − 1
10− 1 ) + 9
= 4× (10
2n − 10n
9
) + 8× (10
n − 10
9
) + 9 = 4× 10
2n
9
+ 4× 10
n
9
− 80
9
+ 9
=
(
2× 10
n
3
)2
+ 2
(
2× 10
n
3
)
+
(1
3
)2
=
(2× 10n + 1
3
)2
Portanto, para o número com 2n algarismos temos
444 . . . 4488 . . . 89 = (6666 · · · 667)2 a quantidade de algarirismos 6 é n− 1
a raiz quadrada do número pedido é imediata.
Exercício 1.3.32.
Dada a equação de raízes x1 e x2 : (m2− 5m+6)x2+(4−m2)x+20 = 0. Determine
os valores do parâmetro m tal que x1 < 1 < x2.
Solução..
Seja ax2 + bx + c = 0, pelas propriedades das raízes da equação de 2o grau sabe-se
que:
Se a > 0 então, a(1)2 + b(1) + c < 0 se e somente se x1 < 1 < x2; ou
Se a < 0 então, a(1)2 + b(1) + c > 0 se e somente se x1 < 1 < x2.
Conclusão a.[a(1)2 + b(1) + c] < 0 se e somente se x1 < 1 < x2.
Para nosso caso observe que a = (m2 − 5m + 6) e, desejamos que x1 < 1 < x2 isto
acontece se e somente se:
(m2 − 5m+ 6).[(m2 − 5m+ 6)(12) + (4−m2)(1) + 20)] < 0
logo (m2 − 5m+ 6).(30− 5m) < 0 isto é 5(m− 2)(m− 3)(m− 6) > 0; os pontos críticos
são 2, 3 e 6 .
Portanto, 2 < m < 3 ou m > 6.
48 Christian Quintana Pinedo
1.4 Valor Absoluto.
Exercícios 1-4
Exercício 1.4.1.
Resolver as seguintes equações:
1. | 2x− 4 |= 6 2. || 5− 2x | −4 |= 8 3. | x2 − 4 |=| 2x |
4.
∣∣∣∣3x+ 1x− 1
∣∣∣∣ = 4 5. | x2 − 4 |= 3x+ 4 6. | x2 + 4 |=| 2x |
7. | 4x+ 3 |= 7 8. | x2 + 2 |= 2x+ 1 9. | 2x+ 2 |= 6x− 18
10. x2 − 2 | x |= 3 11. | x− 4 |=| x− 2 | 12. | x2 − x− 6 |= x+ 2
13. | 2x− 5 |= 3 14. | x− 2 |=| 3− 2x | 15. 2 | x− 1 | −x2 + 2x+ 7 = 0
16. 2|x+2|− | 2x+1 − 1 |= 2x+1 + 1 17. | x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 |
Solução.
1. | 2x− 4 |= 6 ⇔ 2x− 4 = 6 ou 2x− 4 = −6 ⇔ x = 5 ou x = −1.
Portanto, x = −1 ou x = 5.
2. || 5− 2x | −4 |= 8 ⇔ | 5− 2x | −4 = 8 ou | 5− 2x | −4 = −8 ⇔
| 5−2x |= 12 ou | 5−2x |= −4 ⇔ 5−2x = 12 ou 5−2x = −12 ou x ∈ Φ ⇔
x = −7
2
ou x =
17
2
Portanto, x = −7
2
ou x =
17
2
.
3. | x2 − 4 |=| 2x ⇔ x2 − 4 = 2x ou x2 − 4 = −2x ⇔
⇔ x2 − 2x− 4 = 0 ou x2 + 2x− 4 = 0 ⇔
x = 1±
√
5 ou x = −1±
√
5
Portanto, x = 1±√5 ou x = −1±√5.
4.
∣∣∣∣3x+ 1x− 1
∣∣∣∣ = 4 ⇔ 3x+ 1x− 1 = 4 ou 3x+ 1x− 1 = −4 ⇔
⇔ 3x+ 1 = 4x− 4 ou 3x+ 1 = −4x+ 4 ⇔
⇔ x = 5 ou x = 7
3
.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 49
Portanto, x = 5 ou x =
7
3
.
5. | x2− 4 |= 3x+4 ⇔ x2− 4 = 3x+4 ou x2− 4 = −3x− 4 ⇔ x2− 3x− 8 =
0 ou x2 + 3x = 0 ⇔ x = 3±
√
41
2
ou x = 0 ou x = −3.
Os valores para x = −3 e x = 3−
√
41
2
não satisfazem a igualdade.
Portanto, x = 0 ou x =
3 +
√
41
2
.
6. | x2 + 4 |=| 2x | ⇔ x2 + 4 = 2x ou x2 + 4 = −2x ⇔ x2 − 2x + 4 =
0 ou x2 + 2x+ 4 = 0 ⇔ x = 1±√−3 ou x = −1±√−3.
Não existem números reais que satisfazem tais condições.
Portanto, x /∈ R.
7. | 4x+ 3 |= 7 ⇔ 4x+ 3 = 7 ou 4x+ 3 = −7 ⇔ x = 1 ou x = −5
2
.
Portanto, x = 1 ou x =
−5
2
.
8. | x2 + 2 |= 2x + 1 ⇔ x2 + 2 = 2x + 1, pois ∀ x ∈ R, x2 + 2 ≤ 0, logo
| x2 + 2 |= 2x+ 1 ⇔ x2 − 2x+ 1 = 0 ⇔ (x− 1)2 = 0 ⇔ x = 1.
Portanto, x = 1 .
9. | 2x + 2 |= 6x − 18 ⇔ 2x + 2 = 6x − 18 ou 2x + 2 = −6x + 18 ⇔ 20 =
4x ou 8x = 16 ⇔ x = 5 ou x = 2. Observe que o valor x = 2 não satisfaz.
Portanto, x = 5.
10. x2−2|x| = 3 ⇔ |x|2−2|x|−3 = 0 ⇔ (|x|−3)(|x|+1) = 0 ⇔ |x|−3 =
0. Observe que sempre |x|+ 1 ≥ 0.
Logo, x2 − 2 | x |= 3 ⇔ |x| − 3 = 0 ⇔ x = 3 ou x = −3.
Portanto, x = 3 ou x = −3.
11. | x−4 |=| x−2 | ⇔ x−4 = x−2 ou x−4 = −x+2 ⇔ 2x = 6 ou −4 =
−2 ⇔ x = 3 ou x ∈ Φ ⇔ x = 3
Portanto, x = 3.
12. | x2 − x − 6 |= x + 2 ⇔ x2 − x − 6 = x + 2 ou x2 − x − 6 = −x − 2 ⇔
x2−2x−8 = 0 ou x2−−4 = 0 ⇔ (x = 4 ou x = −2) ou (x = 2 ou x = −2).
Portanto, x = −2, x = 2 ou x = 4.
50 Christian Quintana Pinedo
13. | 2x− 5 |= 3 ⇔ 2x− 5 = 3 ou 2x− 5 = −3 ⇔ x = 4 ou x = 1.
Portanto, x = 1 ou x = 4.
14. | x−2 |=| 3−2x | ⇔ x−2 = 3−2x ou x−2 = −3+2x ⇔ x = 5
3
ou x = 1.
Portanto, x = 1 ou x =
5
3
.
15. 2 | x − 1 | −x2 + 2x + 7 = 0 ⇔ 2 | x − 1 | −[x2 − 2x + 1] + 8 = 0 ⇔
2|x − 1| − |x − 1|2 + 8 = 0 ⇔ |x − 1|2 − 2|x − 1| − 8 = 0 ⇔ (|x − 1| −
4)(|x − 1| + 2) = 0. Como sempre |x − 1| + 2 ≥ 0 segue-se que x ∈ R. POr outro
lado, (|x− 1| − 4) = 0 ⇔ |x− 1| = 4 ⇔ x = −3 ou x = 5.
Portanto, x = 5 ou x = −3.
16. 2|x+2|− | 2x+1 − 1 |= 2x+1 + 1
De | x + 2 |, temos x < −2 e x ≥ −2. Para o caso | 2x+1 − 1 |, segue 2x+1 − 1 ≥
0 ⇒ 2x+1 ≥ 1 ⇒ 2x+1 ≥ 20 ⇒ x+ 1 ≥ 0 ⇒ x ≥ −1.
Da condição x < −2 segue
2|x+2|− | 2x+1 − 1 |= 2x+1 + 1 ⇔ 2−(x+2) + (2x+1 − 1) = 2x+1 + 1 ⇔
2−(x+2) = 2 = 21 ⇔ −(x+ 2) = 1 ⇒ x = −3
Mas pela condição, segue-se que x = −3.
Da condição −2 ≤ x < −1 segue
2|x+2|− | 2x+1 − 1 |= 2x+1 + 1 ⇔ 2(x+2) + (2x+1 − 1) = 2x+1 + 1 ⇔
2(x+2) = 2 = 21 ⇔ (x+ 2) = 1 ⇒ x = −1
Mas pela condição, segue-se que x = −1 não pertence ao intervalo.
Da condição x ≥ −1 segue segue ⇒ x+ 2 ≥ 0
2|x+2|− | 2x+1 − 1 |= 2x+1 + 1 ⇔ 2x+2 − (2x+1 − 1) = 2x+1 + 1
⇔ 22 · 2x − 2 · 2x = 2 · 2x ⇔ 2 · 2x − 2 · 2x = 0 ⇒ x ∈ R
Portanto, a solução são os números reais x ∈ {−3} ∪ [−1, ∞)
17. Consideremos a equação:
| x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 | (1.12)23/10/14 Suplemento de Cálculo I 51
Fazendo | x− 1 |= 0, | x− 3 |= 0 | x+2 |= 0 obtemos os pontos x = 1, x = 3
e x = −2.
Quando x < −2 ⇒ | x−1 |= −(x−1), | x−3 |= −(x−3), | x+2 |= −(x+2),
logo na equação (1.12) temos que:
| x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 | ⇔ −(x− 1)− 4(x− 3) = −2(x+ 2)
⇔ 17 = 3x ⇒ x = 17
3
Pela condição, x /∈ R.
Quando −2 ≤ x < 1 ⇒ | x− 1 |= −(x− 1), | x− 3 |= −(x− 3), | x+ 2 |=
(x+ 2), logo na equação (1.12) temos que:
| x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 | ⇔ −(x− 1)− 4(x− 3) = 2(x+ 2)
⇔ 9 = 7x ⇒ x = 9
7
Pela condição, x /∈ R.
Quando 1 ≤ x < 3 ⇒ | x−1 |= (x−1), | x−3 |= −(x−3), | x+2 |= (x+2),
logo na equação (1.12) temos que:
| x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 | ⇔ (x− 1)− 4(x− 3) = 2(x+ 2)
⇔ 7 = 5x ⇒ x = 7
5
Pela condição, x =
7
5
.
Por último quando 3 ≤ x ⇒ | x− 1 |= (x− 1), | x− 3 |= (x− 3), | x+ 2 |=
(x+ 2), logo na equação (1.8) temos que:
| x− 1 | + 4 | x− 3 |= 2 | x+ 2 | ⇔ (x− 1) + 4(x− 3) = 2(x+ 2)
⇔ 17 = 3x ⇒ x = 17
3
Pela condição, x =
17
3
.
Portanto, x =
7
5
ou x =
17
3
.
Exercício 1.4.2.
Represente cada um dos conjuntos seguintes através de desigualdades envolvendo va-
lores absolutos.
52 Christian Quintana Pinedo
1. A = { x ∈ R /. x < −4 ou x > 4 } 2. B = { ∈ R /. x ≤ −6 ou x ≥ 4 }
3. C = { ∈ R /. x > −9 ou x < 9 } 4. D = { ∈ R /. x ≥ −9 ou x ≤ 7 }
Solução.
1. | x |> 4 2. | x+ 1 |≥ 5. 3. | x |< 9. 4. | x+ 1 |≤ 8.
Exercício 1.4.3.
Represente geometricamente os seguintes conjuntos, para logo em seguida expressá-los
na forma de intervalos.
1. A = { x ∈ R /. 8 < x < 13 } 2. B = { x ∈ R /. − 14 ≤ x < 5 }
3. C = { x ∈ R /. − 13 ≤ x < 15 } 4. D = { x ∈ R /. | x |< 6 }
5. E = { x ∈ R /. | 9− x |< 7 } 6. F = { x ∈ R /. | x+ 5 |≥ 8 }
7. G = { x ∈ R /. x > −9 oux < 9 } 8. H = { x ∈ R /. | 9− x |<| x+ 5 | }
Solução.
1. (8, 13) 2. [−14, 5) 3. [−13, 15)
4. (−6, 6) 5. (2, 16) 6. (−∞, −13] ∪ [13, +∞)
7. (−9, 9) 8. (2, +∞)
Exercício 1.4.4.
Resolver as seguintes inequações:
1. | x+ 4 | − | 5− 2x |> 4 2. | x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6
3. | 3− | 2x+ 3 ||< 2 4. | 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 |
Solução.
1. Consideremos a inequação:
| x+ 4 | − | 5− 2x |> 4 (1.13)
Fazendo | x+ 4 |= 0, | 5− 2x |= 0 obtemos os pontos x = −4 e x = 5
2
.
Condição x < −4 ⇒ | x+4 |= −(x+4), | 5−2x |= (5−2x), logo na inequação
(1.16) temos que:
| x+ 4 | − | 5− 2x |> 4 ⇔ −(x+ 4)− (5− 2x) > 4 ⇔ x > 13
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 53
Pela condição, x /∈ R.
Condição −4 ≤ x ≤ 5
2
⇒ | x + 4 |= (x + 4), | 5 − 2x |= (5 − 2x), logo na
inequação (1.9) temos que:
| x+ 4 | − | 5− 2x |> 4 ⇔ (x+ 4)− (5− 2x) > 4 ⇔ x > 5
3
Pela condição,
5
3
< x ≤ 5
2
.
Quando
5
2
< x ⇒ | x+ 4 |= (x+ 4), | 5− 2x |= −(5− 2x), logo na inequação
(1.13) temos que:
| x+ 4 | − | 5− 2x |> 4 ⇔ (x+ 4) + (5− 2x) > 4 ⇔ 5 > x
Pela condição,
5
2
< x < 5.
Portanto, x ∈ (5
3
, 5)
2. Consideremos a inequação:
| x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6 (1.14)
Fazendo | x2 − 4 |= 0, | 2x− 5 |= 0 obtemos os pontos x = −2, x = 2 e x = 5
2
.
1o Caso: Condição x ≤ −2 ⇒ | x2 − 4 |= x2 − 4, | 2x− 5 |= −(2x− 5), logo
na inequação (1.14) temos que:
| x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6 ⇔ (x2 − 4)− (2x− 5) < 6 ⇔
⇔ x2 − 2x− 5 < 0 ⇔ −1 < x < 3
Pela condição, x /∈ R.
2o Caso: Condição −2 < x < 2 ⇒ | x2−4 |= −(x2−4), | 2x−5 |= −(2x−5),
logo na inequação (1.17) temos que:
| x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6 ⇔ −(x2 − 4)− (2x− 5) < 6 ⇔
⇔ x2 + 2x− 3 > 0 ⇔ (x+ 3)(x− 1) > 0 ⇔ x < −3 ou 1 < x
Pela condição, 1 < x < 2.
3o Caso: Condição 2 ≤ x < 5
2
⇒ | x2 − 4 |= (x2 − 4), | 2x− 5 |= −(2x− 5),
54 Christian Quintana Pinedo
logo na inequação (1.14) temos que:
| x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6 ⇔ (x2 − 4)− (2x− 5) < 6 ⇔
É o primeiro caso, logo −1 < x < 3.
Pela condição, 2 ≤ x < 5
2
.
4o Caso: Condição
5
2
≤ x ⇒ | x2 − 4 |= (x2 − 4), | 2x − 5 |= (2x − 5), logo
na inequação (1.14) temos que:
| x2 − 4 | + | 2x− 5 |< 6 ⇔ (x2 − 4)− (2x− 5) < 6 ⇔
⇔ x2 + 2x− 15 < 0 ⇔ (x+ 5)(x− 3) < 0 ⇔ −5 < x < 3
Pela condição,
5
2
≤ x < 3.
Observando as condições, segue que x ∈ (1, 2) ∪ 2 ≤ x < 5
2
∪ 5
2
≤ x < 3.
Portanto, o conjunto solução da inequação é o intervalo (1, 3).
3. Temos que | 3− | 2x+ 3 ||< 2 ⇔ −2 < 3− | 2x+ 3 |< 2.
Logo, temos a resolver −2 < 3− | 2x+ 3 | e 3− | 2x+ 3 |< 2.
1o Caso:
−2 < 3− | 2x + 3 | ⇔ | 2x + 3 |< 5 ⇔ −4 < x < 1. Assim, x ∈ A =
(−4, 1).
2o Caso:
3− | 2x+ 3 |< 2 ⇔ 1 <| 2x+ 3 | ⇔ 2x+ 3 > 1 ou 2x+ 3 < −1. Assim
x > −1 ou x < −2; isto é x ∈ B = (−∞, −2) ∪ (−1, ∞).
Portanto o conjunto solução é A ∩B = (−4, −2) ∪ (−1, 1).
4. Consideremos a inequação:
| 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 | (1.15)
Fazendo | 3x−2 |= 0, | 4x−4 |= 0 e | 7x−6 |= 0 obtemos os pontos x = 2
3
, x = 1
e x =
6
7
.
1o Caso: Condição x <
2
3
⇒ | 3x− 2 |= −(3x− 2), | 4x− 4 |= −(4x− 4) e
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 55
| 7x− 6 |= −(7x+ 6), logo na inequação (1.15) temos que:
| 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 | ⇔ −(3x− 2) ≤ −(4x− 4)− (7x− 6) ⇔
⇔ 3x− 2 ≥ 3x− 10 ⇔ x ∈ R
Pela condição, x <
2
3
.
2o Caso: Condição
2
3
≤ x < 6
7
⇒ | 3x− 2 |= (3x− 2), | 4x− 4 |= −(4x− 4)
e | 7x− 6 |= −(7x+ 6), logo na inequação (1.18) temos que:
| 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 | ⇔ (3x− 2) ≤ −(4x− 4)− (7x− 6) ⇔
⇔ 3x− 2 ≤ −11x+ 10 ⇔ x ≤ 6
7
Pela condição,
2
3
≤ x < 6
7
.
3o Caso: Condição
6
7
≤ x < 1 ⇒ | 3x− 2 |= (3x− 2), | 4x− 4 |= −(4x− 4)
e | 7x− 6 |= (7x+ 6), logo na inequação (1.18) temos que:
| 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 | ⇔ (3x− 2) ≤ −(4x− 4) + (7x− 6) ⇔
⇔ 3x− 2 ≤ 3x− 2 ⇔ x ∈ R
Pela condição,
6
7
≤ x < 1.
4o Caso: Condição 1 ≤ x ⇒ | 3x − 2 |= (3x − 2), | 4x − 4 |= (4x − 4) e
| 7x− 6 |= (7x+ 6), logo na inequação (1.14) temos que:
| 3x− 2 |≤| 4x− 4 | + | 7x− 6 | ⇔ (3x− 2) ≤ (4x− 4) + (7x− 6) ⇔
⇔ 3x− 2 ≤ 11x− 10 ⇔ 3
2
≤ x
Pela condição,
3
2
≤ x.
Portanto, o conjunto solução da inequação é R− [1, 3
2
).
Exercício 1.4.5.
Encontrar o conjunto solução em R.
Solução.
56 Christian Quintana Pinedo
1. | 2x+ 3 | +4 = 5x ⇒ | 2x+ 3 |= 5x− 4, logo
2x+ 3 = 5x− 4 ou 2x+ 3 = −(5x− 4) ⇒ 3x = 7 ou 7x = 1
Portanto, x =
7
3
ou x =
1
7
.
2. | x2 − 4 |= −2x+ 4, logo
x2−4 = −2x+4 ou x2−4 = 2x−4 ⇒ x2+2x−8 = 0 ou x2−2x = 0 ⇒
x =
−2±√4 + 32
2
ou x(x− 2) = 0 ⇒ x2 + 2x− 8 = 0 ou x2 − 2x = 0
Portanto, x ∈ { 2, −4, 0}.
3. | 3x− 1 |= 2x+ 5, logo
3x− 1 = 2x+ 5 ou 3x− 1 = −(2x+ 5) ⇒ x = 6 ou 5x = −4
Portanto, x = 6 ou x = −4
5
.
4. | 5x− 3 |=| 3x+ 5 |, logo
5x− 3 = 3x+ 5 ou 5x− 3 = −(3x+ 5) ⇒ 2x = 8 ou 8x = −2
Portanto, x = 4 ou x = −1
4
.
5. | 2x+ 6 |=| 4− 5x |, logo
2x+ 6 = 4− 5x ou 2x+ 6 = −(4− 5x) ⇒ 7x = −2 ou 3x = 10
Portanto, x = −2
7
ou x =
10
3
.
6.
∣∣∣∣6− 5x3 + x
∣∣∣∣ ≤ 12 ⇔ −12 ≤ 6− 5x3 + x ≤ 12 ⇔ −12 ≤ 6− 5x3 + x ∧ 6− 5x3 + x ≤
1
2
⇔
⇔ 0 ≤ 1
2
+
6− 5x
3 + x
∧ 6− 5x
3 + x
− 1
2
≤ 0 ⇔
⇔ 0 ≤ (3 + x) + 2(6− 5x)
2(3 + x)
∧ 2(6− 5x)− (3 + x)
2(3 + x)
≤ 0 ⇔
⇔ 0 ≤ 15− 9x
2(3 + x)
∧ 9− 11x
2(3 + x)
≤ 0 ⇔
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 57
⇔ 0 ≤
−9(x− 15
9
)
2(x+ 3)
∧
−11(x− 9
11
)
2(x+ 3)
≤ 0
⇔ x ∈ (−3, 15
9
] ∧ x ∈ (−∞, −3) ∪ [ 9
11
, +∞) ⇔ x ∈ [ 9
11
,
15
9
]
7.
∣∣∣∣ 16− 3x
∣∣∣∣ ≤ 2| x+ 3 | ⇔ |x+3| ≤ 2 | 3x−6 | ⇔ |x+3|2 ≤ 4 | 3x−6 |2 ⇔
⇔ x2 + 6x+ 9 ≤ 4(9x2 − 36x+ 36) ⇔ 0 < 5(7x2 − 30x+ 27) ⇔
⇔ 0 < (x− 3)(x− 18
14
) ⇔ x ∈ (−∞, 9
7
) ∪ (3, +∞)
8. | x | −2 <| x− 1 | ⇔
Considerando | x |= 0 e | x − 1 |= 0, temos que em x = 0 e em x = 1 temos
variação dos sinais. Assim, se x < 0 segue que −x − 2 < −(x − 1) ⇔ −2 <
1 ⇔ x ∈ (−∞, 0).
Por outro lado, se 0 ≤ x < 1, segue que x − 2 < −(x − 1) ⇔ 2x < 3. De
onde x ∈ [0, 1).
Por último, se 1 ≤ x, segue que x− 2 < x− 1 ⇔ x ∈ [1, +∞).
Portanto a solução à inequação é x ∈ R.
9. | x− 3 | +2 | x |< 5.
Considerando | x − 3 |=0 e | x |= 0, temos que em x = 0 e em x = 3 temos
variação dos sinais. Assim, se x < 0 segue que −(x− 3)− 2x < 5 ⇔ −3x <
2 ⇔ −2
3
< x.
Por outro lado, se 0 ≤ x, segue que −(x − 3) + 2x < 5 ⇔ x < 2. De onde
0 ≤ x < 2.
Por último, se 3 ≤ x, segue que (x − 3) + 2x < 5 ⇔ x < 8
3
. De onde, pela
condição 3 ≤ x não existe valores para x.
Portanto s solução à inequação é x ∈ (−2
3
, 2).
Exercício 1.4.6.
Determine o valor de E, se: E =
| 4x+ 1 | − | x− 1 |
x
∀ x ∈ (0, 1).
Solução.
Pela condição x ∈ (0, 1) segue que 4x+ 1 > 0, logo | 4x+ 1 |= 4x+ 1.
Por outro lado, x− 1 < 0, logo | x− 1 |= −(x− 1), então
E =
| 4x+ 1 | − | x− 1 |
x
=
(4x+ 1)− (−(x− 1))
x
= 5
58 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.4.7.
Sejam a e b números reais, mostre que:
max .{ a, b} = a+ b+ | b− a |
2
min .{ a, b} = a+ b− | b− a |
2
Demonstração.
Suponhamos a < b ⇒ 0 < b−a = |b−a|, logo a+ b+ |b−a| = a+ b+(b−a) = 2b
assim b = max .{ a, b} = a+ b+ | a− b |
2
.
Por outro lado, a + b − |b − a| = a + b − (b − a) = 2a assim a = min .{ a, b} =
a+ b− | a− b |
2
.
Para o caso b < a ⇒ 0 < a− b = |a− b|, logo a+ b+ |a− b| = a+ b+(a− b) = 2a
assim a = max .{ a, b} = a+ b+ | a− b |
2
.
Por outro lado, a + b − |a − b| = a + b − (a − b) = 2b assim b = min .{ a, b} =
a+ b− | a− b |
2
.
Portanto, max .{ a, b} = a+ b+ | b− a |
2
e min .{ a, b} = a+ b− | b− a |
2
.
Exercício 1.4.8.
Suponha e ε > 0 mostre o seguinte:
1. Se | x−x0 |< min .
{
ε
2(| y0 | +1) , 1
}
e | y− y0 |< ε
2(| x0 | +1) ⇒| xy−x0y0 |< ε
2. Se | y0 | 6= 0 e | y − y0 |< min
{ | y0 |
2
,
ε | y0 |2
2
}
⇒ y 6= 0 e
∣∣∣∣1y − 1y0
∣∣∣∣ < ε.
Demonstração. 1.
Desde que | x− xo |< 1 ⇒ || x | − | x0 ||< 1 ⇒ | x |< 1+ | x0 |.
Assim, | xy − x0y0 |= | (xy − xy0) + (xy0 − x0y0) | ≤
≤| x(y − y0) | + | y0(x+ x0) | ≤| x | · | y − y0 | + | y0 | · | x− x0 |<
< (1+ | x0 |) · ε
2(| x0 | +1)+ | y0 | ·
ε
2(| y0 | +1) <
ε
2
+
ε
2
= ε
Portanto, das hipóteses temos que | xy − x0y0 |< ε. �
Demonstração. 2.
Temos que | y0 | − | y |<| y − y0 |< | y0 |
2
.
De modo que | y |> | y0 |
2
; em particular, y 6= 0 e 1| y | <
2
| y0 |
Logo,
∣∣∣∣1y − 1y0
∣∣∣∣ = |y − y0|1|y| · |y0| < 2|y0| · 1|y0| · ε|y0|
2
2
= ε
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 59
Exercício 1.4.9.
Mostre que, se os números a1, a2, a3, · · · , an não são iguais a zero e formam uma
progressão aritmética, então:
1
a1.a2
+
1
a2.a3
+
1
a3.a4
+ · · · + 1
an−1.an
=
n− 1
a1.an
.
Demonstração.
Seja r a razão da progressão aritmética, então r = ai+1 − ai, e an − a1 = (n− 1)r.
Isto é: a2 − a1 = a3 − a2 = a4 − a3 = · · · = an − an−1 = r constante; então:
1
a1.a2
+
1
a2.a3
+
1
a3.a4
+ · · · + 1
an−1.an
=
=
1
r
[
1
a1
− 1
a2
] +
1
r
[
1
a2
− 1
a3
] +
1
r
[
1
a3
− 1
a4
] + · · · + 1
r
[
1
an−1
− 1
an
] =
=
1
r
[
1
a1
− 1
a2
+
1
a2
− 1
a3
+
1
a3
− 1
a4
+ · · · + 1
an−1
− 1
an
] =
=
1
r
[
1
a1
− 1
an
] =
r(n− 1)
r · a1.an
Portanto,
1
a1.a2
+
1
a2.a3
+
1
a3.a4
+ · · · + 1
an−1.an
=
n− 1
a1.an
. �
Exercício 1.4.10.
Para testar se uma moeda é equilibrada, um pesquisador lança 100 vezes e anota o
número x de cara. A teoria estatística afirma que a moeda deve ser considerada não
equilibrada se
∣∣∣∣x− 505
∣∣∣∣ ≥ 1, 645. Para que valores de x a moeda será equilibrada ?
Solução.
Da desigualdade
∣∣∣∣x− 505
∣∣∣∣ ≥ 1, 645 segue-se que x− 50 ≥ (5)(1, 645) ⇒ x− 50 ≥
8, 225 ⇒ x ≥ 58, 225.
A moeda sera equilibrada quando, 58, 225 ≤ x.
Exercício 1.4.11.
A produção diária estimada x de uma refinaria é dada por | x − 300.000 |≤ 275.000,
onde x é medida em barris de petróleo. Determine os níveis máximo e mínimo de produ-
ção.
Solução.
Temos que | x − 300.000 |≤ 275.000 ⇒ −275.000 ≤ x − 300.000 ≤ 275.000 ⇒
25.000 ≤ x ≤ 575.000.
Os níveis de produção variam entre 25.000 e 575.000 barris de petróleo.
Exercício 1.4.12.
60 Christian Quintana Pinedo
As alturas h de dos terços de alunos da Licenciatura em Matemática, verificam a
desigualdade
∣∣∣∣h− 1, 760, 22
∣∣∣∣ ≤ 1,onde h é medido em metros. Determine o intervalo da reta
real que essas alturas se situam.
Solução.
Temos que
∣∣∣∣h− 1, 760, 22
∣∣∣∣ ≤ 1 ⇒ | h−1, 76 |≤ 0, 22 ⇒ −0, 22 ≤ h−1, 76 ≤ 0, 22,
logo 1, 54 ≤ x ≤ 1, 98.
Portanto, as alturas situam-se no intervalo (1, 54; 1, 98).
Exercício 1.4.13.
Um terreno deve ser lotado. Os lotes, todos retangulares, devem ter área superior
ou igual a 400 m2 e a largura de cada um deve ter 30m a menos que o comprimento.
Determine as dimensões do menor dos lotes que satisfazem tais condições.
Solução.
Sejam a largura do terreno x, logo o comprimento mede x + 30, a área de cada lote
mede A = x(x+ 30).
Pelas condições do problema A = x(x+30) ≥ 400 de onde x2+2(15)x+152 ≥ 152+400
então (x+ 15)2 ≥ 625 ⇒ −√625 ≤ x+ 15 ≤ √625 ⇒ 0 ≤ x ≤ 10.
O menor dos lotes tem largura 10m e comprimento 40m.
Exercício 1.4.14.
Uma galeria vai organizar uma exposição e fez as seguintes exigências: i) a área de
cada quadro deve ser no mínimo de 3.200 cm2; ii) os quadros devem ser retangulares e a
altura deve ter 40 cm a mais que a largura. Dentro dessas especificações, em que intervalo
de números reais devem se situar as larguras dos quadros?
Solução.
Seja, x o comprimento da largura, então x+40 é a altura. Pelas hipóteses do problema,
segue que 3.200 < x(x+40) de onde 3.200 < (x2+40x, logo 3600 < (x+20)2 ⇒ 60 <
x+ 20 ou x+ 20 < −60.
Portanto, as larguras do quadro têm que ser maiores que 40.
Exercício 1.4.15.
Uma empresa de utilidade pública tem uma frota de aviões. Estima-se que o custo
operacional de cada avião seja de C = 0, 2k + 20 por ano, onde C é medido em milhões
de reais e k em quilômetros de vôo; se a empresa quer que o custo operacional de cada
avião seja menor que 100 milhões de reais, então k tem ser menor a que valor?
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 61
Pelas hipóteses do problema, segue que C = 0, 2k+20 < 100 de onde k < (5)(80) ⇒
k < 400.
O valor de k tem que ser menor que 400 quilômetros de vôo.
62 Christian Quintana Pinedo
1.5 Axioma do Supremo.
Exercícios 1-5
Exercício 1.5.1.
Caso existam, determine o supremo, o ínfimo, o máximo e o mínimo para cada um
dos seguintes conjuntos:
1. B = {x ∈ Q /. | x2 − 4 |< 16}
2. A = {x ∈ Z /. | x2 − 9 | +3 | x− 4 |< 16}
3. C = {x ∈ N /. | x2 − x+ 1 |< 3}
4. D = {x ∈ I /. | 5x− 10 | + | x |≥ 1}
5. F = {x ∈ R /. | x2 − 9 |≥ 16− x}
6. E = {x ∈ Z /. | x2 − 16 | + | x− 4 |> 1}
7. H = {∈ R/. | x2 − 9 |< 16− x}
8. G = { ∈ R /. | 9− x2 | − | x− 4 |< 1 }
Solução.
1. B = {x ∈ Q/. −√20 < x < √20}. Logo, inf.B = −√20, sup.B = √20, min.B =
@, max.B = @.
2. A == { 2, 3, 4}. Logo, inf.A = 2, sup.A = 4, min.A = 2, max.A = 4.
3. C = { 0, 1}. Logo, inf.C = 0, sup.C = 1, min.C = 0, max.C = 1.
4. D = R−Q = I. Logo, inf.D = @, sup.D = @, min.D = @, max.D = @.
5. F = {x ∈ R/. x ≤ −
√
101− 1
2
ou
√
101− 1
2
≤ x}. Logo, inf.F = @, sup.F =
@, min.F = @, max.F = @.
6. E = {x ∈ Z/. x ≤ −4 ou − 3 ≤ x ≤ 3 ou 5 ≤ x}. Logo, inf.E = @, sup.E =
@, min.E = @, max.E = @.
7. H = {x ∈ R/. −
√
101− 1
2
< x <
√
101− 1
2
}. Logo, inf.H = −
√
101− 1
2
, sup.H =√
101− 1
2
, min.H = @, max.H = @.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 63
8. G = { x ∈ R /. −
√
57 + 1
2
< x < −
√
17− 1
2
ou
√
17 + 1
2
< x <
√
57− 1
2
}. Logo,
inf.G = −
√
57 + 1
2
, sup.G =
√
57− 1
2
, min.G = @, max.G = @.
Exercício 1.5.2.
Mostre que 1 é o supremo do conjunto E = { x/. x = 2
n − 1
2n
, n ∈ N }.
Demonstração.
Observe, quando consideramos para n valores naturais tão grandes, a expressão
[
12
]n
se aproxima para zero.
Como todo elemento x ∈ E, podemos escrever na forma x = 2
n − 1
2n
= 1 −
[
1
2
]n
, e
quando n0 acontece x = 0, logo o ∈ E.
Por outro lado, considerando que, quando n cresce indefinidamente temos que a ex-
pressão 1−
[
1
2
]n
se aproxima a 1.
Assim, o conjunto E = { 0, 1, 1
2
,
3
4
,
7
8
, · · · , 2
n − 1
2n
, · · · } é tal que sup.E = 1.
Exercício 1.5.3.
Mostre que, se o produto de n números positivos é igual a 1 (um), a soma dos mesmos
não é menor que n.
Demonstração.
Suponhamos que n = 2, então temos a mostrar que se a1 · a2 = 1 ⇒ a1 + a2 ≥ 2.
Com efeito, como a1a2 = 1, então se 1 ≤ a1 temos que 0 < a2 ≤ 1, logo 0 ≤ (a1− 1) e
0 ≤ (1− a2) de onde o ≤ (a1− 1)(1− a2) ⇒ 0 ≤ a1− a1a2− 1+ a2 ⇒ 1+ a1a2 ≤
a1 + a2 ⇒ 1 + 1 ≤ a1 + a2.
Portanto, se a1 · a2 = 1 ⇒ a1 + a2 ≥ 2.
Suponhamos que a propriedade seja válida para n números positivos; isto é suponha-
mos que:
a1a2a3 · · · ah = 1 ⇒ a1 + a2 + a3 + · · ·+ ah ≥ h
Para n = h+ 1 temos que:
a1a2a3 · · · ahah+1 = 1 (1.16)
Sem perda de generalidade podemos supor por exemplo que a1 ≤ 1 e ah+1 ≥ 1; logo
em (1.14) segue que: b1a2a3 · · · ah = 1 onde b1 = a1ah+1; além disso temos que:
(1− ah+1)(a1 − 1) ≥ 0 (1.17)
64 Christian Quintana Pinedo
Pela hipótese de indução temos que:
b1a2a3 · · · ah = 1 ⇒ b1 + a2 + a3 + · · ·+ ah ≥ h
de onde
a1 + a2 + a3 + · · ·+ ah + ah+1 = (b1 + a2 + a3 + · · ·+ ah) + ah+1 − b1 + a1 ≥
≥ h+ ah+1 − b1 + a1 = (h+ 1) + ah+1 − b1 + a1 − 1
a1 + a2 + a3 + · · ·+ ah + ah+1 ≥ (h+ 1) + ah+1 − a1ah+1 + a1 − 1
a1 + a2 + a3 + · · ·+ ah + ah+1 ≥ (h+ 1) + (1− ah+1)(a1 − 1)
Da desigualdade (1.17) resulta a1 + a2 + a3 + · · · + ah + ah+1 ≥ (h + 1). Isto é o que
queríamos mostrar.
Portanto, se o produto de n números positivos é igual a 1 (um), a soma dos mesmos
não é menor que n.
Exercício 1.5.4.
Mostre que, se x1, x2, x3, x4, · · · , xn são números positivos, temos:
x1
x2
+
x2
x3
+
x3
x4
+
x4
x5
+ · · · + xn−1
xn
+
xn
x1
≥ n
Demonstração.
Observe que:
x1
x2
· x2
x3
· x3
x4
· x4
x5
· · · · · xn−1
xn
· xn
x1
= 1
São n fatores da forma
xi
xj
portanto, pelo Exercício (1.5.3) temos que:
x1
x2
+
x2
x3
+
x3
x4
+
x4
x5
+ · · · + xn−1
xn
+
xn
x1
≥ n
Exercício 1.5.5.
Utilizando o princípio de indução matemática, mostre cada um dos seguintes enun-
ciados:
1. 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)
6
∀ n ∈ N, n 6= 0
2. 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n
2(n+ 1)2
4
∀ n ∈ N, n 6= 0
3. 1 + 4 + 7 + · · · + (3n− 2) = n(3n− 1)
2
∀ n ∈ N, n 6= 0
4. 12 + 32 + 52 + · · · + (2n− 1)2 = n(4n
2 − 1)
3
∀ n ∈ N, n 6= 0
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 65
5. 2 + 5 + 8 + · · · + (3n− 1) = n(1 + 3n)
2
∀ n ∈ N, n ≥ 1
6. 20 + 21 + 22 + · · · + 2n−1 = 2n − 1 ∀ n ∈ N, n > 1
7. 1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + · · · + n(n+ 1) = n(n+ 1)(n+ 2)
3
∀ n ∈ N, n 6= 0
8.
1
1× 3 +
1
3× 5 +
1
5× 7 + · · · +
1
(2n− 1)(2n+ 1) =
n
2n+ 1
∀ n ∈ N, n 6= 0
Demonstração.
1. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)
6
∀ n ∈ N, n 6= 0 (1.18)
Se n = 2 temos de (1.16) que, 12+22 =
(2)(3)(5)
6
= 5, logo a proposição é verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.18) a seguinte igualdade seja verdadeira.
12 + 22 + 32 + · · · + h2 = . . . h(h+ 1)(2h+ 1)
6
(1.19)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.19) que:
12 + 22 + 32 + · · · + h2 + (h+ 1)2 =
h(h+ 1)(2h+ 1)
6
+ (h+ 1)2 = (h+ 1)
[
h(2h+ 1) + 6(h+ 1)
6
]
=
(h+ 1)
[
(2h+ 3)(h+ 2)
6
]
=
(h+ 1)(h+ 2)(2h+ 3)
6
Portanto, S = N e a fórmula (1.16) é válida ∀ n ∈ N, n 6= 0.
2. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n
2(n+ 1)2
4
∀ n ∈ N, n 6= 0 (1.20)
Quando n = 1 a proposição é verdadeira.
Se n = 2 temos de (1.20) que, 13+23 =
(22)(32)
4
= 9, logo a proposição é verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.20) a seguinte igualdade seja verdadeira.
13 + 23 + 33 + · · · + h3 = h
2(h+ 1)2
4
(1.21)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.21) que:
66 Christian Quintana Pinedo
13 + 23 + 33 + · · · + h3 + (h+ 1)3 =
h2(h+ 1)2
4
+ (h+ 1)3 = (h+ 1)2
[
h2
4
+ (h+ 1)
]
(h+ 1)2
[
h2 + 4h+ 4
4
]
=
(h+ 1)2(h+ 2)2
4
=
Portanto, S = N e a fórmula (1.19) é válida ∀ n ∈ N, n 6= 0.
3. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
1 + 4 + 7 + · · · + (3n− 2) = n(3n− 1)
2
∀ n ∈ N, n 6= 0 (1.22)
Quando n = 1 a proposição é verdadeira.
Se n = 2 temos de (1.22) que, 1+4 =
4(6− 1)
2
= 6, logo a proposição é verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.22) a seguinte igualdade seja verdadeira.
1 + 4 + 7 + · · · + (3h− 2) = h(3h− 1)
2
∀ h ∈ N, h 6= 0 (1.23)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.23) que:
1 + 4 + 7 + · · · + (3h− 2) + [3(h+ 1)− 2] =
h(3h− 1)
2
+ [3(h+ 1)− 2] = 3h
2 − h+ 2(3h+ 1)
2
(h+ 1)
[
3h+ 2
2
]
=
(h+ 1)[3(h+ 1)− 1]
2
Portanto, S = N e a fórmula (1.23) é válida ∀ n ∈ N, n 6= 0.
4. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
12 + 32 + 52 + · · · + (2n− 1)2 = n(4n
2 − 1)
3
(1.24)
Se n = 2 temos de (1.24) que, 12 + 32 =
(2)(3)(5)
3
= 10, logo a proposição é
verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.24) a seguinte igualdade seja verdadeira.
12 + 32 + 52 + · · · + (2h− 1)2 = h(4h
2 − 1)
3
(1.25)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 67
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.25) que:
12 + 32 + 52 + · · · + (2h− 1)2 + (2h+ 1)2 =
h(4h2 − 1)
3
+ (2h+ 1)2 =
(h+ 1)(2h+ 1)(2h+ 3)
3
Portanto, S = N e a fórmula (1.20) é válida ∀ n ∈ N, n 6= 0. �
5. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
2 + 5 + 8 + · · · + (3n− 1) = n(1 + 3n)
2
∀ n ∈ N, n ≥ 1 (1.26)
Quando n = 1, n = 2 a proposição é verdadeira.
Se n = 3 temos de (1.26) que, 2+ 5 =
2(1 + 6)
2
= 7, logo a proposição é verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.26) a seguinte igualdade seja verdadeira.
2 + 5 + 8 + · · · + (3h− 1) = h(1 + 3h)
2
∀ h ∈ N, h ≥ 1 (1.27)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.27) que:
2 + 5 + 8 + · · · + (3h− 1) + [3(h+ 1)− 1] =
h(1 + 3h)
2
+ [3(h+ 1)− 1] = h+ 3h
2 + 2(3h+ 2)
2
(h+ 1)
[
4 + 3h
2
]
=
(h+ 1)[1 + 3(h+ 1)]
2
Portanto, S = N e a fórmula (1.27) é válida ∀ n ∈ N, n ≥ 1.
6. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
20 + 21 + 22 + · · · + 2n−1 = 2n − 1 ∀ n ∈ N, n > 1 (1.28)
Quando n = 1, n = 2 a proposição é verdadeira.
Se n = 3 temos de (1.27) que, 20 + 21 + 22 = 7 = 23 − 1, logo a proposição é
verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.27) a seguinte igualdade seja verdadeira.
20 + 21 + 22 + · · · + 2h−1 = 2h − 1 ∀ n ∈ N, h > 1 (1.29)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.29) que:
68 Christian Quintana Pinedo
20 + 21 + 22 + · · · + 2h−1 + [2(h+1)−1] =
(2h − 1) + [2h] = 2(2h)− 1 = 2h+1 − 1
Portanto, S = N e a fórmula (1.28) é válida ∀ n ∈ N, n > 1.
7. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
1.2 + 2.3 + 3.4 + · · · + n.(n− 1) = n(n+ 1)(n+ 2)
3
(1.30)
Se n = 2 temos de (1.30) que, 1.2+2.3 =
(3)(8)
3
= 8, logo a proposição é verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.30) a seguinte igualdade seja verdadeira.
1.2 + 2.3 + 3.4 + · · · + h.(h− 1) = h(h+ 1)(h+ 2)
3
(1.31)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.31) que:
1.2 + 2.3 + 3.4 + · · · + h.(h− 1) + (h+ 1)h =
h(h+ 1)(h+ 2)
3
+ h(h+ 1) =
(h+ 1)(h+ 2)(h+ 3)
3
Portanto, S = N e a fórmula (1.30) é válida.
1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + · · · + n(n+ 1) = n(n+ 1)(n+ 2)
3
∀ n ∈ N, n 6= 0
8. Seja S o conjunto dos números naturais n 6= 0 que satisfazem:
1
1× 3 +
1
3× 5 +
1
5× 7 + · · · +
1
(2n− 1)(2n+ 1) =
n
2n+ 1
(1.32)Se n = 2 temos de (1.32) que,
1
1× 3 +
1
3× 5 =
5 + 1
15
=
2
5
, logo a proposição é
verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.32) a seguinte igualdade seja verdadeira.
1
1× 3 +
1
3× 5 +
1
5× 7 + · · · +
1
(2h− 1)(2h+ 1) =
h
2h+ 1
(1.33)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.33) que:
1
1× 3 +
1
3× 5 +
1
5× 7 + · · · +
1
(2h− 1)(2h+ 1) +
[
1
(2h+ 1)(2h+ 3)
]
=
h
2h+ 1
+
[
1
(2h+ 1)(2h+ 3)
]
=
h(2h+ 3) + 1
(2h+ 1)(2h+ 3)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 69
(h+ 1)(2h+ 1)
(2h+ 1)(2h+ 3)
=
(h+ 1)
2(h+ 1) + 1
Portanto, S = N e a fórmula (1.32) é válida ∀ n ∈ N, n 6= 0.
Exercício 1.5.6.
Utilizando o princípio de indução matemática, verifique a validade de cada um dos
seguintes enunciados:
Demonstração.
1. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
(n2 + n) é divisível por 2, ∀ n ∈ N (1.34)
Se n = 2 temos de (1.34) que, 22+2 é divisível por 2, logo a proposição é verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.34) a seguinte igualdade seja verdadeira.
(h2 + h) é divisível por 2 (1.35)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.35) que:
(h+ 1)2 + (h+ 1) = (h2 + h) + 2(h+ 1) é divisível por 2
Portanto, S = N e a fórmula (1.34) é válida. �
2. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
(n3 + 2n) é divisível por 3, ∀ n ∈ N (1.36)
Se n = 1 temos de (1.36) que, 13 + 2 = 3 é divisível por 3, logo a proposição é
verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.36) proposição seja verdadeira seja verdadeira.
(h3 + 2h) é divisível por 3, ∀ h ∈ N (1.37)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.37) que:
(h + 1)3 + 2(h + 1)) = h3 + 3h2 + 3h + 1 + 2(h + 1) = 3(h2 + h) + (h3 + 2h) + 3 é
divisível por 3
Portanto, S = N e a fórmula (1.36) é válida. �
70 Christian Quintana Pinedo
3. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
n(n+ 1)(n+ 2) é divisível por 6. ∀ n ∈ N, n 6= 0 (1.38)
Se n = 2 temos de (1.38) que, (2)(3)(4) = 24 é divisível por 6, logo a proposição é
verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.38) a seguinte igualdade seja verdadeira.
h(h+ 1)(h+ 2) é divisível por 6. ∀ h ∈ N, h 6= 0 (1.39)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.27) que:
(h+ 1)(h+ 2)(h+ 3) = h(h+ 1)(h+ 2) + 3(h+ 1)(h+ 2) (1.40)
Observe que se h é par, logo h + 2 é par assim 3(h + 1)(h + 2) é múltiplo de 6; se
h ímpar, logo h + 1 é par e, 3(h + 1)(h + 2) é múltiplo de 6. Assim, na igualdade
(1.40) temos que (h+ 1)(h+ 2)(h+ 3) múltiplo de 6.
Portanto, S = N e a fórmula (1.38) é válida. �
4. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
(32n − 1) é divisível por 8, ∀ n ∈ N (1.41)
Se n = 2 temos de (1.41) que, 34 − 1) = 80 é divisível por 8, logo a proposição é
verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.41) a seguinte igualdade seja verdadeira.
(32h − 1) é divisível por 8, ∀ h ∈ N (1.42)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.42) que:
(32(h+1) − 1) = 32h · 32 − 1 = 32h(8 + 1)− 1 = 8 · 32h + (32h − 1) é divisível por 8
Portanto, S = N e a fórmula (1.41) é válida. �
5. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
(10n − 1) é divisível por 9, ∀ n ∈ N (1.43)
Se n = 2 temos de (1.43) que, 102 − 1) = 99 é divisível por 9, logo a proposição é .
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 71
Suponhamos para h ∈ S em (1.43) a seguinte igualdade seja verdadeira.
(10h − 1) é divisível por 9, ∀ h ∈ N (1.44)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.44) que:
(10(h+1)− 1) = (10h)(10)− 1 = 10h(9+1)− 1 = 9 · 10h+10h− 1) é divisível por 9
Portanto, S = N e a fórmula (1.43) é válida. �
6. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
2n ≥ n2; ∀ n ∈ N, n ≥ 4 (1.45)
Se n = 4 temos de (1.45) que, 24 ≥ 42, logo a proposição é verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.45) a seguinte igualdade seja verdadeira.
2h ≥ h2; ∀ h ∈ N, h ≥ 4 (1.46)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.46) que:
(h+ 1)2 ≤ 2h + 2h+ 1 ≤ 2h ≤ 2h+1; ∀ h ∈ N, h ≥ 4
Portanto, S = N e a fórmula (1.45) é válida. �
7. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
3n ≥ (1 + 2n); ∀ n ∈ N (1.47)
Se n = 1 temos de (1.47) que, 31 ≥ (1 + 2(1)), logo a proposição é verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.47) a seguinte desigualdade seja verdadeira.
3h ≥ (1 + 2h); ∀ h ∈ N (1.48)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.48) que:
3h+1 = 3h · 3 ≥ 3(1 + 2h) ⇒
⇒ 3h+1 ≥ (1 + 2)(1 + 2h) = 1 + 2(h+ 1) + 4h ≥ 1 + 2(h+ 1); ∀ h ∈ N
Portanto, S = N e a fórmula (1.47) é válida. �
72 Christian Quintana Pinedo
8. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
8 é um fator de 52n + 7 ∀ n ∈ N, n ≥ 1 (1.49)
Se n = 2 temos de (1.49) que, 54 + 7 = 632 é múltiplo de 8, logo a proposição é
verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.49) a seguinte proposição seja verdadeira.
8 é um fator de 52h + 7 ∀ h ∈ N (1.50)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.63) que:
52(h+1) + 7 = 52h · 52 + 7 = 52h · (24 + 1) + 7 = 24 · 52h + (52h + 7)
Como 24 · 52h e 52h + 7 são múltiplos de 8, temos que 52(h+1) + 7 é um múltiplo de
8.
Portanto, S = N e a fórmula (1.49) é válida.
Exercício 1.5.7.
Determine a validade das seguintes proposições; justifique sua resposta.
1. Se x, y ∈ R , com 0 < x < y , então xn < yn ∀ n ∈ N, n 6= 0.
2. 4n − 1 é divisível por 3, ∀ n ∈ N.
3. (8n − 5n) é divisível por 3, ∀ n ∈ N.
4. (10n+1 + 10n + 1) é divisível por 3, ∀ n ∈ N.
5. 4n > n4; ∀ n ∈ N, n ≥ 5.
6.
22n+1 + 32n+1
5
é um número inteiro
Solução.
1. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
xn < yn sendo x, y ∈ R 0 < x < y, ∀ n ∈ N, n 6= 0 (1.51)
Se n = 2 temos pelas hipóteses de x, y ∈ R temos que 0 < y + x e 0 < y − x ⇒
0 < (y + x)(y − x) ⇒ 0 < y2 − x2 ⇒ x2 < y2, logo (1.64) é verdadeira.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 73
Suponhamos para h ∈ S em (1.64) a seguinte desigualdade seja verdadeira.
xh < yh sendo x, y ∈ R x < y, ∀ h ∈ N, h 6= 0 (1.52)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.40) que:
xh+1 = x · xh < x · yh < y · yh = yh+1 ⇒ xh+1 < yh+1
Portanto, S = N e a fórmula (1.39) é válida.
2. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
4n − 1 é divisível por 3, ∀ n ∈ N (1.53)
Se n = 2 temos na (1.66) que 42 − 1 = 15 é divisível por 3, logo a proposição é
verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.66) a seguinte proposição seja verdadeira.
4h − 1 é divisível por 3, ∀ h ∈ N (1.54)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.54) que:
4h+1 − 1 = 4 · 4h − 1 = 3 · 4h + (4h − 1)
é divisível por 3.
Portanto, S = N e a fórmula (1.66) é válida. �
3. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
(8n − 5n) é divisível por 3, ∀ n ∈ N (1.55)
Se n = 2 temos na (1.55) que 82 − 52 = 39 é divisível por 3, logo a proposição é
verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.55) a seguinte proposição seja verdadeira.
(8h − 5h) é divisível por 3, ∀ h ∈ N (1.56)
74 Christian Quintana Pinedo
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.70) que:
8h+1 − 5h+1 = 8 · 8h − 5 · 5h = 3 · 8h + 5(8h − 5h)
é divisível por 3.
Portanto, S = N e a fórmula (1.55) é válida. �
4. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
(10n+1 + 10n + 1) é divisível por 3, ∀ n ∈ N (1.57)
Se n = 1 temos na (1.57) que 102+101+1 = 111 é divisível por 3, logo a proposição
é verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.57) a seguinte proposição seja verdadeira.
(10h+1 + 10h + 1) é divisível por 3, ∀ h ∈ N (1.58)
Para h+ 1 ∈ S temos pela hipótese auxiliar (1.58) que:
10h+2 + 10h+1 + 1 = 10(10h+1 + 10 + 1)− 9
é divisível por 3.
Portanto, S = N e a fórmula (1.57) é válida. �
5. Seja S o conjunto dos números naturais que satisfazem:
4n > n4; ∀ n ∈ N, n ≥ 5 (1.59)
Se n = 5 temos na (1.62) que 1024 = 45 > 54 = 625 é uma proposição verdadeira.
Suponhamos para h ∈ S em (1.62) a seguinte desigualdade sejaverdadeira.
4h > h4; ∀ h ∈ N, h ≥ 5 (1.60)
Para h+ 1 ∈ S temos:
(h+ 1)4 = h4 + 4h3 + 6h2 + 4h+ 1 < (1.61)
Como h ≥ 5 ⇒ h > 6 ⇒ 4h
4
6
> 4h3, h3 > 6h2,
4h2
6
> 4h; logo
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 75
h4 > 1,
h4
6
> 6h2 e
h4
54
> 4h. Substituindo estas desigualdades em (1.61) segue
aplicando a hipótese auxiliar (1.61) que:
(h+ 1)4 < h4 +
4h4
6
+
h4
6
+
h4
54
+ h4 =
154
54
< 4h4 < 4 · 4h = 4h+1
Portanto, S = N e a fórmula (1.62) é válida. �
6. Dado
22n+1 + 32n+1
5
, temos
22n+1 + 32n+1
5
=
22n × 2 + 32n × 3
5
=
4n × 2 + 9n × 3
5
1
5
[2(5− 1)n + 3(10− 1)5] = 1
5
[2(múlt. de 5) + 3(múlt. de 5)] =
1
5
[2 +múlt. 5 + 3] =
=
1
5
(múlt. de 5 + 5) = múlt. de 5 ∈ Z
Portanto,
22n+1 + 32n+1
5
é um número inteiro.
Exercício 1.5.8.
Mostre que, para quaisquer que sejam os números positivos diferentes a e b é válida a
desigualdade: n+1
√
abn <
a+ bn
n+ 1
.
Demonstração.
Seja g = n+1
√
abn ⇒ gn+1 = abn de onde:
a
g
· b
g
· b
g
· · · b
g
· b
g
= 1
São n+ 1 fatores e, sendo g > 0 e a diferente de b pelo Exercício (1.5.3) temos que:
a
g
+
b
g
+
b
g
+ · · ·+ b
g
+
b
g
> (n+ 1)
a+ nb
g(n+ 1)
> 1 ⇒ a+ nb
n+ 1
> g =
n+1
√
abn
Portanto, n+1
√
abn <
a+ bn
n+ 1
.
Exercício 1.5.9.
Mostre a seguinte igualdade:
n∑
i=1
(b+ ai) = nb+
n∑
i=1
ai.
Demonstração.
76 Christian Quintana Pinedo
Por indução sobre n ∈ N.
Caso n = 1 temos que
1∑
i=1
(b+ ai) = b+ a1 = 1 · b+
1∑
i=1
ai é verdadeira.
Suponhamos que, para n = h seja válida a igualdade:
n∑
i=1
(b+ ai) = h · b+
h∑
i=1
ai
Para n = h+ 1 temos:
h+1∑
i=1
(b+ ai) =
h∑
i=1
(b+ ai) +
h+1∑
i=h+1
(b+ ai) =
[
h · b+
n∑
i=1
ai
]
+ b+ ah+1
= (h+ 1)b+
h+1∑
i=1
ai
Portanto,
n∑
i=1
(b+ ai) = nb+
n∑
i=1
ai, ∀ n ∈ N
Exercício 1.5.10.
Se n ∈ N, o fatorial do número n é denotado n!, e definido do modo seguinte: 0! =
1, 1! = 1 e quando n > 1 define-se n! = 1× 2× 3× 4× 5× · · · (n− 1)× n ou n! =
n(n− 1)(n− 2)(n− 3) · · · 4× 3× 2× 1. Mostre que:
1. 2n−1 ≤ n! ∀ n ∈ N.
2. 2n < n! < nn para ∀ n ∈ N n ≥ 4.
Demonstração.
1. Por indução sobre n ∈ N.
Se n = 1 então 21−1 = 20 = 1 ≤ 1 = 1! é verdadeira a proposição.
Suponhamos que para n = h ∈ N seja válida a proposição 2h−1 ≤ h!.
Se n = h+ 1 temos 2(h+1)−1 = 2h−1 · 21 ≤ 21 · h!≤ (h+ 1)h! = (h+ 1)!.
Portanto, 2n−1 ≤ n! ∀ n ∈ N.
2. É imediato que 24 = 16 < 24 = 4!
Suponhamos que se n = h seja verdade que 2h < h! ∀ h ∈ N h ≥ 4.
Se n = h+ 1 temos 2h+1 = 2h · 21 ≤ 21 · h!< 4h! < (h+ 1)h! = (h+ 1)!.
Assim, 2n < n! para ∀ n ∈ N n ≥ 4.
Por outro lado, n
√
n! = n
√
(1)(2)(3)(4) · · · (n) ≤ 1 + 2 + 3 + ·+ n
n
=
n+ 1
2
< n de
onde n! < nn, ∀ n ∈ N n ≥ 4.
Portanto, 2n < n! < nn para ∀ n ∈ N n ≥ 4.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 77
Exercício 1.5.11.
Mostre a desigualdade: n! <
[
n+ 1
2
]n
para n natural, com n ≥ 2.
Demonstração.
Sabe-se que a média geométrica é menor ou igual que a média aritmética, então, para
os números 1, 2, 3, 4, · · · , n− 1, n temos ;
n
√
(1)(2)(3) · · · (n− 1)(n) ≤ 1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1) + n
n
n
√
n! ≤ n(n+ 1)
2n
⇒ n! ≤
[
n+ 1
2
]n
Como devemos considerar n > 2, então n! <
[
n+ 1
2
]n
.
Exercício 1.5.12.
Mostre que, se | x |< 1, para qualquer inteiro n ≥ 2, então é válida a desigualdade:
(1− x)n + (1 + x)n < 2n.
Demonstração.
Por indução sobre n ∈ N, n ≥ 2.
Se n = 2 ⇒ (1−x)2+(1+x)2 = 2+x2 < 2+12 < 22 a desigualdade é verdadeira.
Suponhamos que, para n = h seja verdadeira a desigualdade (1− x)h + (1+ x)h < 2h.
Se n = h+ 1 então
(1− x)h+1 + (1 + x)h+1 = (1− x)(1− x)h + (1 + x)(1 + x)h =
= [(1− x)h + (1 + x)h] + x[(1 + x)h − (1− x)h] < 2h + x[(1 + x)h − (1− x)h] (1.62)
Como |x| < 1 ⇒ −1 < x < 1 ⇒ 0 < 1 + x < 2 ⇒ (1 + x)h < 2h.
Também, como |x| < 1 ⇒ −1 < −x < 1 ⇒ 0 < 1 − x < (1 − x)h ⇒
(1 + x)h − (1− x)h < (1 + x)h < 2h. De onde em (1.62) segue que
(1− x)h+1 + (1 + x)h+1 < 2h + x[(1 + x)h − (1− x)h] < 2h + x2h < 2h+1
Portanto, se | x |< 1, para qualquer inteiro n ≥ 2, então é válida a desigualdade:
(1− x)n + (1 + x)n < 2n
78 Christian Quintana Pinedo
1.6 Miscelânea
Miscelânea 1-1
Miscelânea 1.1.1.
Sejam a, b e c raízes da equação x3 − 3x2 + 9x − 2 = 0. Mostre que o valor de
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
=
69
4
.
Determine a soma: S = 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + · · · + (n+ 1)xn.
Demonstração.
Pelas propriedades das raízes de uma equação, sabemos que
a+ b+ c = 3 (1.63)
ab+ bc+ ac = 9 (1.64)
abc = 2 (1.65)
De (1.64) e (1.65) segue que
ab+ bc+ ac
abc
=
9
2
⇒ 1
c
+
1
a
+
1
b
=
9
2
⇒
[
1
a
+
1
b
+
1
c
]2
=
81
4
⇒ 1
a2
+
1
b2
+
1
c2
+ 2
[
1
ab
+
1
bc
+
1
ac
]
=
81
4
(1.66)
De (1.63) e (1.65) segue que
a+ b+ c
abc
=
3
2
⇒ 1
ab
+
1
bc
+
1
ac
=
3
2
Em (1.66)
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
+ 2
[
3
2
]
=
81
4
⇒ 1
a2
+
1
b2
+
1
c2
=
81
4
− 3 = 69
4
Portanto,
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
=
69
4
.
Miscelânea 1.1.2.
Determine a soma: S = 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + · · · + (n+ 1)xn.
Solução.
Multiplicando S por x obtemos
xS = x+ 2x2 + 3x3 + 4x4 + · · · + (n+ 2)xn + (n+ 1)x(n+1)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 79
de onde,
S−xS = [1+2x+3x2+4x3+ · · ·+(n+1)xn]−[x+2x2+3x3+4x4+ · · ·+nxn+(n+1)x(n+1)]
isto é
S − xS = 1 + x+ x2 + x3 + · · · + xn − (n+ 1)x(n+1)
Aplicando a soma dos primeiros termos de uma progressão geométrica, supondo x 6= 1
segue que
(1− x)S = 1− x
n+1
1− x − (n+ 1)x
(n+1)
S =
1− xn+1 − (n+ 1)x(n+1) + (n+ 1)x(n+2)
(1− x)2
S =
1− (n+ 2)x(n+1) + (n+ 1)x(n+2)
(1− x)2
Portanto, S =
(n+ 1)x(n+2) − (n+ 2)x(n+1) + 1
(1− x)2 .
Quando x = 1, temos S =
(n+ 1)(n+ 2)
2
.
Miscelânea 1.1.3.
Determine a soma: 1+11+111+1111+ · · · +111111111 · · · 1 , se o último somando
é um número de n algarismos.
Solução.
Seja S = 1 + 11 + 111 + 1111 + · · · + 111111111 · · · 1.
Aplicando a soma dos termos de uma progressão geométrica para a razão r = 10
temos:
1 =
1− 10
1− 10 , 11 = 1 + 10 =
1− 102
1− 10 , 111 = 1 + 10 + 10
2 =
1− 103
1− 10
1111 = 1 + 102 + 103 =
1− 104
1− 10 , · · · ,
Como o último número tem n algarismos, então
1111 · · · 11 = 1 + 10 + 102 + 103 + · · ·+ 10n−1 = 1− 10
n
1− 10
Logo podemos escrever, usando estas igualdades:
S =
1− 10
1− 10 +
1− 102
1− 10 +
1− 103
1− 10 + · · ·+
1− 10n
1− 10 ⇒
80 Christian Quintana Pinedo
S =
1
9
[
10 + 102 + 103 + · · · 10n − n] ⇒
S =
1
9
[
10(10n − 1)
10− 1 − n
]
⇒
S =
1
81
[10n+1 − 10− 9n] ∀ n ∈ N
Portanto, a soma pedida é
1
81
[10n+1 − 10− 9n] ∀ n ∈ N
Miscelânea 1.1.4.
Determine a soma: S = nx+ (n− 1)x2 + (n− 2)x3 + · · · + 2xn−1 + xn.
Solução.
Suponhamos x 6= 1.
Multiplicando por −x toda a igualdade, temos:
−xS = −nx2 − (n− 1)x3 − (n− 2)x4 − · · · − 2xn − xn+1
Somando com a igualdade inicial
S − xS = nx− x2 − x3 − · · · − xn − xn+1
(1− x)S = nx− x2[1 + x+ x2 + · · ·+ xn−1] = nx− x21− x
n
1− x
S =
nx(1− x)− x2(1− xn)
(1− x)2
Portanto, S = nx+(n−1)x2+(n−2)x3+ · · · +2xn−1+xn = nx− (n+ 1)x
2 + xn+2
(1− x)2 .
Para o caso x = 1, é imediato S =
n(n+ 1)
2
.
Miscelânea 1.1.5.
Determine a soma: S =
1
2
+
3
22
+
5
23
+
7
24
+ · · · + 2n− 1
2n
.
Solução.
Observe que,
−S = −1
2
− 3
22
− 5
23
− 7
24
− · · · − 2n− 1
2n
e
2S =
1
1
+
3
2
+
5
22
+
7
23
+ · · · + 2n− 1
2n−1
⇒
2S − S = 1 + (3
2
− 1
2
) + (
5
22
− 3
22
) +(
7
23
− 5
23
) + . . .+ (
2n− 1
2n−1
− 2n− 3
2n−1
)− 2n− 1
2n
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 81
S = 1 +
2
2
+
2
22
+
2
23
+ . . .+
2
2n−1
− 2n− 1
2n
S = 1 + [1 +
1
2
+
1
22
+
1
23
+ . . .+
1
2n−2
]− [2n
2n
− 1
2n
]
S = 1 +
1− 1
2n−1
1− 1
2
− 2n
2n
+
1
2n
= 1 + 2[1− 1
2n−1
]− 2n
2n
+
1
2n
= 3− 2
2n−1
− 2n
2n
+
1
2n
Portanto, S = 3− 2n+ 3
2n
.
Miscelânea 1.1.6.
Mostre que a média geométrica de n números positivos não ultrapassa a média arit-
mética destes mesmos n números.
Demonstração.
Pelo Exercício (1.5.3) sabe-se que se o produto de n números positivos é igual a um
(1), então a soma de todos eles é maior ou igual que n.
Sejam os números a1, a2, a3, · · · , an, logo a média geométrica é g = n√a1a2a3 · · · an de
onde gn = a1a2a3 · · · an, então dividindo este produto por gn podemos escrever na forma
1 =
a1
g
· a2
g
· a3
g
· · · an
g
de onde aplicando o Exercício (1.5.3) segue que[
a1
g
+
a2
g
+
a3
g
+ · · ·+ an
g
]
≥ n ⇒ a1 + a2 + a3 + · · ·+ an
n
≥ g
isto é, a média aritmética desses n números é maior ou igual que a média geométrica dos
mesmos.
Portanto, média geométrica de n números positivos não ultrapassa a média aritmética
dos mesmos.
Miscelânea 1.1.7.
Mostre que, se m > 1, m ∈ N são válidas as seguintes desigualdades:
1.
1
m+ 1
+
1
m+ 2
+
1
m+ 3
+ · · · + 1
2m
>
1
2
2.
1
m+ 1
+
1
m+ 2
+
1
m+ 3
+ · · · + 1
m+ (2m+ 1)
> 1
Demonstração.
1. Em geral, para todo m ∈ N temos que
2m > m+ 1, 2m > m+ 2, , 2m > m+ 3, · · · , 2m > m+ (k − 1), 2m > m+ k
82 Christian Quintana Pinedo
logo a soma destas k ∈ N desigualdades é:
1
m+ 1
+
1
m+ 2
+
1
m+ 3
+ · · · + 1
m+ k
>
1
2m
+
1
2m
+
1
2m
+ · · ·+ 1
2m
+
1
2m
⇔
1
m+ 1
+
1
m+ 2
+
1
m+ 3
+ · · · + 1
m+ k
>
k
2m
(1.67)
Quando k = m segue a desigualdade:
1
m+ 1
+
1
m+ 2
+
1
m+ 3
+ · · · + 1
m+ (m− 1) +
1
2m
>
m
2m
=
1
2
2. Na desigualdade (1.67) podemos considerar k = 2m+ 1, logo
1
m+ 1
+
1
m+ 2
+
1
m+ 3
+ · · · + 1
m+ (2m+ 1)
>
2m+ 1
2m
= 1 +
1
2m
> 1
Miscelânea 1.1.8.
Prove que, para qualquer inteiro positivo n é válido o seguinte:
1
22
+
1
32
+
1
42
+
1
52
+ · · · + 1
n2
<
n− 1
n
Demonstração.
Observe que
n−1∑
k=1
[
1
k
− 1
k + 1
]
=
[
1
1
− 1
2
]
+
[
1
2
− 1
3
]
+
[
1
3
− 1
4
]
+ · · ·+
[
1
n− 1 −
1
n
]
então
n−1∑
k=1
[
1
k(k + 1)
]
= 1− 1
n
=
n− 1
n
.
Por outro lado, ∀ k ≥ 1, k(k + 1) < (k + 1)2, logo
1
22
+
1
32
+
1
42
+
1
52
+ · · · + 1
n2
=
n−1∑
k=1
[
1
(k + 1)2
]
<
n−1∑
k=1
[
1
k(k + 1)
]
= 1− 1
n
=
n− 1
n
Portanto,
1
22
+
1
32
+
1
42
+
1
52
+ · · · + 1
n2
<
n− 1
n
.
Miscelânea 1.1.9.
Mostre por indução sobre n, que:
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 83
1. Sex = p +√q, onde p e q são racionais, e n ∈ N então xn = a + b√q sendo a e b
números racionais.
2. Mostre que : (p−√q)n = a− b√q.
Demonstração. 1.
Seja h = 1 então x = p + √q ⇔ x1 = a + b√q, onde a = p e b = 1, logo a
proposição é verdadeira.
Suponhamos que para h = n seja válida a igualdade xh = a + b√q, onde x = p +√q
sendo p e q números racionais.
Para n = h+ 1 segue aplicando a hipótese indutiva que
xh+1 = x · xh = (p+√q)(a+ b√q) = (ap+ bq) + (a+ bp)√q = r + s√q
onde r = ap+ bq e s = a+ bp são números racionais pelo fato têr Q estrutura de corpo.
Portanto, se x = p +√q, onde p, q ∈ Q então xn = a + b√q para todo n ∈ N, com
a, b ∈ Q
Demonstração. 2.
Seja h = 1 então (p − √q)1 = a − b√q, onde a = p e b = 1, logo a proposição é
verdadeira.
Suponhamos que para h = n seja válida a igualdade (p−√q)h = a−b√q para p, q ∈ Q.
Para n = h+ 1 segue aplicando a hipótese indutiva que
(p−√q)h+1 = (p−√q)h(p−√q) = (a− b√q)(p−√q) = (ap+ bq)− (bp+ a)√q
onde ap+ bq e a+ bp são números racionais.
Portanto, se (p−√q)n = a− b√q para todo n ∈ N, onde a, b ∈ Q.
Miscelânea 1.1.10.
Mostre que, se os números positivos a, b, c formam uma progressão aritmética; então
os números
1√
b+
√
a
,
1√
c+
√
a
,
1√
c+
√
b
também formam uma progressão aritmética.
Solução.
Suponhamos para um certo r ∈ R, que a = b− r e c = b+ r, logo os números a, b, c
formam uma progressão aritmética.
Consideremos:
A =
1√
b+
√
a
=
√
b−√a
b− a =
√
b−√a
r
=
√
b−√b− r
r
C =
1√
c+
√
b
=
√
c−√b
c− b =
√
c−√b
r
=
√
b+ r −√b
r
84 Christian Quintana Pinedo
B =
1√
c+
√
a
=
√
c−√a
c− a =
√
c−√a
2r
=
=
√
b+ r −√b− r
2r
=
(
√
b+ r −√b) + (√b−√b− r)
2r
=
A+ C
2
Temos que um dos elementos, é a semi-soma dos outros dois. Assim os três elementos
estão em progressão aritmética de razão
1
2
(C − A).
Miscelânea 1.1.11.
O símbolo
n∑
i=1
ai é usado para representar a soma de todos os ai para valores do inteiro i
desde 1 até n; isto é
n∑
i=1
ai = a1+a2+a3+ · · ·+an−1+an. Mostre que:
n∑
i=1
1
i(i+ 1)
=
n
n+ 1
.
Demonstração.
Temos que ai =
1
i(i+ 1)
=
1
i
− 1
i+ 1
de onde
n∑
i=1
ai =
n∑
i=1
1
i(i+ 1)
=
n∑
i=1
[
1
i
− 1
i+ 1
] = [1− 1
2
]+ [
1
2
− 1
3
]+ · · ·+[ 1
n− 1−
1
n
]+ [
1
n
− 1
n+ 1
]
n∑
i=1
ai =
n∑
i=1
1
i(i+ 1)
= 1− 1
n+ 1
=
n
n+ 1
Portanto,
n∑
i=1
1
i(i+ 1)
=
n
n+ 1
.
Este exercício, também pode-se mostrar usando indução matemática.
Miscelânea 1.1.12.
Calcular a soma S =
n∑
i=1
ai sendo ai = k uma constante.
Solução.
Temos que a1 = k, a2 = k, a3 = k, · · · , an = −k assim
S =
n∑
i=1
ai = k + k + k + · · ·+ k + k = nk
Portanto, S =
n∑
i=1
k = nk.
Miscelânea 1.1.13.
Mostre a desigualdade
x2
1 + x4
≤ 1
2
é verdadeira ∀ x ∈ R.
Demonstração.
Sabe-se pelo Exercício (1.5.3) que, se a · b = 1, então a+ b ≥ 2.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 85
Considere a = x2 e b =
1
x2
, logo x2 +
1
x2
≥ 2; isto é x
4 + 1
x2
≥ 2 de onde x
2
1 + x4
≤ 1
2
.
Portanto,
x2
1 + x4
≤ 1
2
.
Miscelânea 1.1.14.
Usando o fato que x2 + xy + y2 ≥ 0, mostre que a suposição x2 + xy + y2 < 0 leva a
uma contradição.
Demonstração.
Por hipótese temos que x2+xy+y2 ≥ 0, então x2+2xy+y2 ≥ xy, isto é (x+y)2 ≥ xy.
Por outro lado, suponhamos que x2 + xy + y2 < 0, então x2 + 2xy + y2 < xy, logo
(x+ y)2 < xy. Utilizando a hipótese a nesta última desigualdade segue que
(x+ y)2 < xy ≤ (x+ y)2 ⇒ (x+ y)2 < (x+ y)2
isto é um absurdo !
Portanto com a hipótese x2 + xy+ y2 ≥ 0, supor que x2 + xy+ y2 < 0 nos leva a uma
contradição.
Miscelânea 1.1.15.
Uma pirâmide hexagonal regular, com a aresta da base 9 cm e aresta lateral 15 cm, foi
seccionada por dois planos paralelos à sua base que dividiram sua altura em três partes
iguais. Mostre que a parte da pirâmide, compreendida entre esses planos, tem volume,
126
√
3 em cm3.
Solução.
Figura 1.3:
Seja EO = h a altura da pirâmide, como a base
é um hexágono regular, então EF = 9cm, assim ob-
temos o triângulo EOF de hipotenusa 15cm e cate-
tos EF = 9cm e EO = 12cm, logo a altura mede
h = 12cm.
Por semelhança de triângulos, CD = 6cm, AB =
3cm, CO = 8cm e AO = 4cm.
A área de todo hexágono de lado a é dado por
3
2
a2
√
3.
O volume da pirâmide de arista da base hexagonal
a e altura h é dada por V =
1
2
a2
√
3h.
O volume da pirâmide de aresta 6cm e altura 8cm é V1 =
1
2
(6)2
√
3(8)= 144
√
3cm 3
O volume da pirâmide de areata 3cm e altura 4cm é V12 =
1
2
(3)2
√
3(4) = 18
√
3cm3
O volume do tronco de pirâmide pedido é 144
√
3− 18√3 = 126√3cm3
86 Christian Quintana Pinedo
Miscelânea 1.1.16.
Prove, por indução, que
(n+ 1
n
)n
≤ n para todo n ≥ 3 e conclua daí que a sequência
1,
√
2, 3
√
3, 4
√
4, . . . é decrescente a partir do terceiro termo.
Solução.
Sejam P (3) = {n ∈ N /.
(n+ 1
n
)n
≤ n; ∀ n ≥ 3 } e Y = {n ∈ N /. n ∈ P (3) }
Para n = 3 temos
(3 + 1
3
)3
=
43
33
= 2, 370 · · · ≤ 3 a desigualdade é válida, logo
3 ∈ Y .
Suponhamos para h ∈ Y seja verdadeira a desigualdade(h+ 1
h
)h
≤ h
Por outro lado, para todo h ∈ N, h 6= 0 temos
h ≤ h+ 1 ⇒
(
1 +
1
h+ 1
)
≤
(
1 +
1
h
)
⇒
(
1 +
1
h+ 1
)h
≤
(
1 +
1
h
)h
Pela hipótese auxiliar segue(
1 +
1
h+ 1
)h
≤
(
1 +
1
h
)h
≤ h (1.68)
Como 0 <
(
1 +
1
h+ 1
)
≤
(
1 +
1
h
)
, em (1.68)
(
1 +
1
h+ 1
)h
·
(
1 +
1
h+ 1
)
≤ h
(
1 +
1
h
)
⇔
[(h+ 1) + 1
h+ 1
]h+1
≤ (h+ 1)
Assim, h+ 1 ∈ Y .
Portanto, Y = Nr I3.
Por outro lado, para todo n ∈ Y temos(h+ 1
h
)h
≤ h ⇒ h
√
h ≥ h+1√h+ 1; n ≥ 3
Seja a função a : N −→ R definida por a(n) = an = n
√
n, então
1,
√
2,
3
√
3,
4
√
4, . . .
é decrescente a partir do terceiro termo.
Miscelânea 1.1.17.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 87
Uma indústria de cosméticos deseja embalar sabonetes esféricos de raio 3 cm. A en-
balagem deverá ter formato cilíndrico de forma a acondicionar 3 sabonetes, como mostra
a Figura (1.4) (vista superior da embalagem aberta).
Figura 1.4:
Mostre que a medida do raio e a altura da embalagem, em cm. deverão ser de, apro-
ximadamente: 3, 46 e 6 respectivamente(. Sugestão:
√
3 = 1, 73)
Solução.
Observando a Figura (1.4) e considerando os três sabonetes colocados num mesmo
plano, temos que o maior triângulo no mesmo plano que cabe nessa embalagem cilíndrica
é o triângulo equilátero de lado 12cm. Nestas condições evidentemente que a altura da
embalagen tem que ser 6cm.
No triângulo equilátero de lado 12cm, podemos inscrever três triângulos retos de cate-
tos 6 e a e hipotenusa 2a. Precisamente esta hipotenusa é o raio da embalagem cilíndrica.
Seja R o raio da embalagem cilíndrica.
No triângulo de lados 12cm, podemos identificar 6 triângulos retângulos de catetos
R
2
e 6 e hipotenusa R.
Assim, R2 =
(
R
2
)2
+ 62 ⇒ 3R2 = 4× 62 ⇒ R = √48 = 6, 92.
Portanto, o raio da embalagem cilíndrica mede 6, 92cm e sua altura 6cm.
Miscelânea 1.1.18.
Verifique, que o máximo número de diagonais de um polígono convexo de n lados é:
Nd =
n(n− 3)
2
∀ n ∈ N, n > 3.
Solução.
Uma diagonal de um polígono é um segmento de reta entre dois vértices não consecu-
tivos do polígono.
Seja um retângulo de vértices consecutivos ABCD. Tendo este retângulo como base
para o estudo da fórmula, limitamos nossa atenção a um dos vértices, tomemos, por
exemplo, o vértice A. Para esse vértice, somente é possível obter uma diagonal com
88 Christian Quintana Pinedo
outro vértice não adjacente a ele, nesse caso, o vértice C. Os vértices B e D devem ser
desconsiderados pois formam com o A dois dos lados do polígono.
Criamos uma fórmula que descreva a afirmação anterior: P = 4− 3
Seja P o número de diagonais possíveis ao vértice A, desconsiderando os 3 (três)
vértices com os quais não é possível ligar uma diagonal, a saber: B, D e o próprio A.
Em geral o máximo número de diagonais que podemos obter do vértice de um polígono
é:
P = n− 3
onde n é o número de vértices do polígono.
Aplicando essa fórmula ao retângulo, temos: P = 4 − 3 portanto, para o vértice A
uma só diagonal.
Se queremos uma fórmula para calcular o número de diagonais para um vértice do
polígono, bastaria então multiplicar a fórmula anterior pelo número de vértices desse
polígono para aplicá-la aos outros vértices, porém, o que se observa é que o resultado será
sempre o dobro do número de diagonais do polígono, veja:
P = n(n− 3) se n = 4, P = 4(4− 3) = 4
isso se deve ao fato que uma diagonal é sempre "determinada"por dois vértices, daí a
necessidade de se dividir por 2. Então:
Nd =
n(n− 3)
2
∀ n ∈ N, n > 3
Sabe-se que se temos um polígono de n lados, de cada um de seus vértices podemos
traçar somente n− 3 diagonais.
Miscelânea 1.1.19.
Mostre que se um número primo p não divide a a, então (p, a) = 1.
Demonstração.
Se a = 1 não temos nada a mostrar. Suponhamos a 6= 1 e p seja um divisor de a,
logo existe β ∈ Z tal que a = βp assim (p, a) = (a, βa) = a 6= 1.
Logo, supor que p divide a a implica (p, a) 6= 1.
Portanto, se p não divide a a, então (p, a) = 1.
Miscelânea 1.1.20.
Prove que se m é um inteiro não negativo, então
1m + 2m + 3m + · · · (n− 1)m + nm ≤ nm+1, n ≥ 1
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 89
Observe que 1 < 2 < 3 < · · · < (n− 2) < (n− 1) < n. Como m ≥ 0, m ∈ Z, então
1m < nm, 2m < nm, 3m < nm, · · · (n− 2)m < nm, (n− 1)m < nm nm ≤ nm
somando estas desigualdades
1m + 2m + 3m + · · · (n− 1)m + nm ≤ nm + nm + nm + · · ·+ nm + nm
Portanto, 1m + 2m + 3m + · · · (n− 1)m + nm ≤ nm · n = nm+1.
Miscelânea 1.1.21.
Mostre por indução que para qualquer inteiro k > 1 e n ∈ N:
1.
nk+1
(k + 1)
≥ 1 + 2k + 3k + · · ·+ (n− 2)k + (n− 1)k
2.
n
k−1
k
1− 1
k
≥ 1 + 2− 1k + 3− 1k + . . .+ (n− 1)− 1k + n− 1k
Solução. 1.
Para k > 1 fixo, por indução sobre n ∈ N.
Se n = 1 segue
1k+1
(k + 1)
≥ 0k
Suponhamos que, para n = h seja verdade que
hk+1
(k + 1)
≥ 1 + 2k + 3k + . . .+ (h− 2)k + (h− 1)k
Se n = h+ 1 temos
(
1 + 2k + 3k + . . .+ (h− 2)k + (h− 1)k)+ hk ≤ hk+1
(k + 1)
+ hk =
hk+1 + khk + hk
k + 1
≤ h(h
k + khk−1) + hk
k + 1
≤ h(h
k + khk−1) + hk
k + 1
≤ h(h+ 1)
k + (h+ 1)k
k + 1
Assim,
(
1 + 2k + 3k + . . .+ (h− 2)k + (h− 1)k)+ hk ≤ (h+ 1)k+1
k + 1
.
Portanto a desigualdade é válida para todo n ∈ N.
Solução. 2.
Para k > 1 fixo, por indução sobre n ∈ N.
Se n = 1 segue
1
k−1
k
1− 1
k
≥ 1− 1k ⇒ 1 k−1k ≥ 1− 1
k
Suponhamos que, para n = h seja verdade que
h
k−1
k
1− 1
k
≥ 1 + 2− 1k + 3− 1k + . . .+ (h− 1)− 1k + h− 1k
90 Christian Quintana Pinedo
Se n = h+ 1 temos
1 + 2−
1
k + 3−
1
k + . . .+ (h− 1)− 1k + h− 1k + (h+ 1)− 1k ≤ h
k−1
k
1− 1
k
+ (h+ 1)−
1
k
Pela hipótese auxiliar
[1 + 2−
1
k + 3−
1
k + . . .+ (h− 1)− 1k + h− 1k ] + (h+ 1)− 1k ≤ h
k−1
k
1− 1
k
+ (h+ 1)−
1
k ≤
≤ h
k−1
k
1− 1
k
+
1
(h+ 1)
1
k
≤ h
k−1
k
1− 1
k
+ 1 ≤ h
k−1
k + 1− 1
k
1− 1
k
≤ h
k−1
k + 1
1− 1
k
≤ (h+ 1)
k−1
k
1− 1
k
A mostrar que h
k−1
k + 1 ≤ (h+ 1) k−1k , isto é exercício para o leitor.
Portanto a desigualdade é válida para todo n ∈ N.
Miscelânea 1.1.22.
Mostre por indução o seguinte:
1. A desigualdade de Cauchy :(
n∑
i=1
aibi
)2
≤
(
n∑
i=1
a2i
)
·
(
n∑
i=1
b2i
)
2. (1 + q)(1 + q2)(1 + q4) · · · (1 + q2(n−1))(1 + q2n) = 1− q
2(n+1)
1− q
Demonstração. 1.
Suponhamos que n = 1, então (a1b1)2 = a21b21 de onde
(
1∑
i=1
aibi
)2
≤
(
1∑
i=1
a2i
)
·
(
1∑
i=1
b2i
)
.
Da desigualdade 2AB ≤ A2 +B2 temos
(a1b1 + a2b2)
2 ≤ a21b21 + 2(a1b1)(a2b2) + b21b22 = a21b21 + 2(a1b2)(a2b2) + b21b22
≤ a21b21 + a21b22 + a22b22 + b21b22 = (a21 + a22)(b21 + b22)
assim,
(
2∑
i=1
aibi
)2
≤
(
2∑
i=1
a2i
)
·
(
2∑
i=1
b2i
)
.
Para n = h, suponhamos que a hipótese indutiva
(
h∑
i=1
aibi
)2
≤
(
h∑
i=1
a2i
)
·
(
h∑
i=1
b2i
)
seja verdadeira
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 91
Para n = h+ 1, da hipótese indutiva e de 2AB ≤ A2 +B2 temos(
h+1∑
i=1aibi
)2
=
(
h∑
i=1
aibi + ah+1bh+1
)2
=
(
h∑
i=1
aibi
)2
+2ah+1bh+1
(
h∑
i=1
aibi
)
+(ah+1bh+1)
2 ≤
≤
(
h∑
i=1
a2i
)
·
(
h∑
i=1
b2i
)
+ 2ah+1bh+1
√√√√( h∑
i=1
a2i
)
·
√√√√( h∑
i=1
b2i
)
+ a2h+1b
2
h+1
≤
(
h∑
i=1
a2i
)
·
(
h∑
i=1
b2i
)
+ a2h+1
(
h∑
i=1
b2i
)
+ b2h+1
(
h∑
i=1
a2i
)
+ a2h+1b
2
h+1
=
(
h∑
i=1
b2i
)[(
h∑
i=1
a2i
)
+ a2h+1
]
+ b2h+1
[(
h∑
i=1
a2i
)
+ a2h+1
]
=
(
h∑
i=1
b2i
)
[
(
h+1∑
i=1
a2i
)
] + b2h+1[
(
h+1∑
i=1
a2i
)
] =
(
h+1∑
i=1
a2i
)[(
h∑
i=1
b2i
)
+ b2h+1
]
⇒
(
h+1∑
i=1
aibi
)2
≤
(
h+1∑
i=1
a2i
)
·
(
h+1∑
i=1
b2i
)
Portanto, a desigualdade de Cauchy é válida para todo n ∈ N. �
Demonstração.2.
Suponhamos n = 1, então
1− q22
1− q = 1+q+q
2+q3 = (1+q)+q2(1+q) = (1+q)(1+q2
1
).
Suponhamos n = 2, então
1− q23
1− q = 1 + q + q
2 + q3 + q4 + q5 + q6 + q7 = (1 + q) +
q2(1 + q) + q4(1 + q) + q6(1 + q) = (1 + q)(1 + q2 + q4 + q6) = (1 + q)(1 + q2)(1 + q2
2
).
Suponhamos a seguinte hipótese indutiva para n = h
(1 + q)(1 + q2)(1 + q2
2
) · · · (1 + q2(h−1))(1 + q2h) = 1− q
2(h+1)
1− q
Para n = h+ 1 da hipótese indutiva temos
(1 + q)(1 + q2)(1 + q2
2
) · · · (1 + q2(h−1))(1 + q2h)︸ ︷︷ ︸(1 + q2(h+1)) = 1− q2
(h+1)
1− q · (1 + q
2(h+1))
(1− q2(h+1)) · (1 + q2(h+1))
1− q =
1− q2(h+1) + q2(h+1) − q4(h+1)
1− q
isto é
(1 + q)(1 + q2)(1 + q2
2
) · · · (1 + q2(h−1))(1 + q2h)(1 + q2(h+1)) = 1− q
22(h+1)
1− q
92 Christian Quintana Pinedo
Portanto, a fórmula (1 + q)(1 + q2)(1 + q4) · · · (1 + q2(n−1))(1 + q2n) = 1− q
2(n+1)
1− q é
verdadeira para todo n ∈ N.
Miscelânea 1.1.23.
Define-se o coeficiente binomial
(
n
m
)
=
n!
m!(m− n)! se 0 ≤ m ≤ n. Mostre que:
1.
(
n+ 1
m
)
=
(
n
m− 1
)
+
(
n
m
)
se 1 ≤ m ≤ n.
2. (a+ b)n =
n∑
j=0
.
(
n
j
)
an−jbj ∀ a, b ∈ R.
Demonstração.
1. Temos pela definição(
n
m− 1
)
+
(
n
m
)
=
n!
(m− 1)![n− (m− 1)]! +
n!
m!n−m)! =
n! ·m
m(m− 1)![n− (m− 1)]! +
n!(n+ 1−m)
m!(n−m)!(n+ 1−m) =
(n+ 1)!
m![(n+ 1)−m]! =
(
n+ 1
m
)
2. Por indução sobre n ∈ N.
Para n = 0 e n = 1 a propriedade é imediata.
Suponhamos que (a + b)n =
n∑
j=0
.
(
n
j
)
an−jbj ∀ a, b ∈ R seja válida para
qualquer n ∈ N. Então, para n+ 1 temos
(a+ b)n+1 = (a+ b)(a+ b)n = (a+ b)
n∑
j=0
.
(
n
j
)
an−jbj =
=
n∑
j=0
.
(
n
j
)
an+1−jbj +
n∑
j=0
.
(
n
j
)
an−jbj+1
substituíndo j por j − 1, segue
=
n∑
j=0
.
(
n
j
)
an+1−jbj +
n+1∑
j=1
.
(
n
j − 1
)
an+1−jbj
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 93
escrevedo o primeiro e último somando dos somatórios
= an+1b0 +
n∑
j=1
.
(
n
j
)
an+1−jbj +
n∑
j=1
.
(
n
j − 1
)
an+1−jbj + a0bn+1 =
= an+1b0 +
n∑
j=1
.
[(
n
j
)
+
(
n
j − 1
)]
an+1−jbj + a0bn+1 =
usando a primeira parte deste exercício
= an+1b0 +
n∑
j=1
.
(
n+ 1
j
)
an+1−jbj + a0bn+1 =
n+1∑
j=0
.
(
n+ 1
j
)
an+1−jbj
Portanto, (a+ b)n =
n∑
j=0
.
(
n
j
)
an−jbj ∀ a, b ∈ R.
Miscelânea 1.1.24.
Descobra o erro no seguinte raciocínio por indução:
Seja P (n): Se a e b são inteiros não negativos tais que a+ b ≤ n ⇒ a = b.
Observe que P (0) é verdadeira.
Sejam a e b inteiros tais que a + b ≤ h + 1, defina c = a − 1 e d = b − 1, então
c+ d = a+ b− 2 ≤ h+ 1− 2 ≤ h. A verdade de P (h) implica que a = b; isto é P (h+ 1)
é verdadeira.
Portanto P (n) é verdadeira para todo n ≥ 0, n ∈ N.
Solução.
O erro está, no fato que todos nossos números são inteiros não negativos (logo podemos
considerar o zero).
Supondo que P (0) é verdadeira, pois é o caso a = 0 e b = 0, logo a + b ≤ 0, isto
implica que d = −1 e e = −1.
Assim estariamos trabalhando com inteiros negativos para deduzir P (h + 1) conside-
rando P (n) positivo.
Miscelânea 1.1.25.
Mostre que:
[
1 +
1
1
]
.
[
1 +
1
2
]2
.
[
1 +
1
3
]3
· · ·
[
1 +
1
n
]n
=
(n+ 1)n
n!
∀ n ∈ N+.
Demonstração.
Por indução sobre n ∈ N+.
Para o caso n = 1 é imediato.
94 Christian Quintana Pinedo
Suponhamos para n = h seja verdade que[
1 +
1
1
]
.
[
1 +
1
2
]2
.
[
1 +
1
3
]3
· · ·
[
1 +
1
n
]h
=
(h+ 1)h
h!
Para o caso n = h+ 1 temos aplicando a hipótese de indução:[
1 +
1
1
]
.
[
1 +
1
2
]2
.
[
1 +
1
3
]3
· · ·
[
1 +
1
n
]h
·
[
1 +
1
h+ 1
]h+1
=
=
(h+ 1)h
h!
·
[
1 +
1
h+ 1
]h+1
=
(h+ 1)h
h!
· (h+ 2)
h+1
(h+ 1)(h+ 1)h
=
[(h+ 1) + 1]h+1
(h+ 1)!
Portanto, a fórmula é válida para todo n ∈ N+
Miscelânea 1.1.26.
Se a, b e n são inteiros positivos, mostre o seguinte:
1.
(
a
0
)(
b
n
)
+
(
a
1
)(
b
n− 1
)
+ · · · +
(
a
n− 1
)(
b
1
)
+
(
a
n
)(
b
0
)
=
(
a+ b
n
)
2.
(
n
0
)2
+
(
n
1
)2
+
(
n
2
)2
+ · · · +
(
n
n− 1
)2
+
(
n
n
)2
=
(
2n
n
)
Solução. 1.
Pelo binômio de Newton, para x ∈ R temos
(x+ 1)a =
a∑
k=0
(
a
k
)
xa−k =
(
a
0
)
xa +
(
a
1
)
xa−1 + · · ·+
(
a
a− 1
)
x+
(
a
a
)
Para a potência b
(x+ 1)b =
b∑
k=0
(
b
k
)
xb−k =
(
b
0
)
xb +
(
b
1
)
xb−1 + · · ·+
(
b
b− 1
)
x+
(
b
b
)
Multiplicando estas duas últimas igualdades
(x+ 1)a · (x+ 1)b = (x+ 1)a+b =
[
a∑
k=0
(
a
k
)
xa−k
]
·
[
b∑
k=0
(
b
k
)
xb−k
]
⇒
(x+ 1)a+b =
a+b∑
n=0
[
n∑
k=0
(
a
k
)(
b
n− k
)]
xa+b−n (1.69)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 95
Aplicando o binômio de Newton diretamente para calcular (x+ 1)a+b temos
(x+ 1)a+b =
a+b∑
n=0
(
a+ b
n
)
xa+b−n
Comparando coeficiente deste último desenvolvimento com a igualdade (1.69) temos(
a+ b
n
)
=
n∑
k=0
(
a
k
)(
b
n− k
)
Portanto(
a
0
)(
b
n
)
+
(
a
1
)(
b
n− 1
)
+ · · · +
(
a
n− 1
)(
b
1
)
+
(
a
n
)(
b
0
)
=
(
a+ b
n
)
Solução.2.
Na primeira parte deste exercício, quando b = a temos(
a
0
)(
a
n
)
+
(
a
1
)(
a
n− 1
)
+ · · · +
(
a
n− 1
)(
a
1
)
+
(
a
n
)(
a
0
)
=
(
2a
n
)
Quando a = n temos(
n
0
)(
n
n
)
+
(
n
1
)(
n
n− 1
)
+ · · · +
(
n
n− 1
)(
n
1
)
+
(
n
n
)(
n
0
)
=
(
2n
n
)
Em geral sabemos que
(
n
k
)
=
n!
k!(a− k)! =
n!
(n− k)!k! =
(
n
n− k
)
, logo
(
n
0
)(
n
0
)
+
(
n
1
)(
n
1
)
+ · · · +
(
n
n− 1
)(
n
n− 1
)
+
(
n
n
)(
n
n
)
=
(
2n
n
)
Portanto(
n
0
)2
+
(
n
1
)2
+
(
n
2
)2
+ · · · +
(
n
n− 1
)2
+
(
n
n
)2
=
(
2n
n
)
Miscelânea 1.1.27.
Seja r 6= 1.
1. Deduzir que, a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arn−1 = a
[
1− rn
1− r
]
96 Christian Quintana Pinedo
2. Mostre por indução sobre n que:
a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arn−1 = a
[
1− rn
1− r
]
Solução. 1.
Considere S = a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arn−1, então
−rS = −ar − ar2 + ar3 − ar4 + · · · − arn−1 − arn (1.70)
Somando S com −rS da igualdade (1.70) resulta S − rS = a − arn. De onde
(a− r)S = a− arn.Portanto, a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arn−1 = a
[
1− rn
1− r
]
Solução. 2.
Para n = 1 é imediato.
Suponhamos n = 2 então
a+ ar = a
[
1− r2
1− r
]
=
a(1− r)(1 + r)
(1− r) = a(1 + r)
Suponhamos para h > 2 seja verdade que
a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arh−1 = a
[
1− rh
1− r
]
Seja h+ 1 ∈ N temos aplicando a hipótese auxiliar
[a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · · + arh−1] + arh = a
[
1− rh
1− r
]
+ arh
= a
[
1− rh + rh(1− r)
1− r
]
= a
[
1− rh+1
1− r
]
Portanto, a fórmula vale para todo n ∈ N.
Miscelânea 1.1.28.
Mostre que, para qualquer x > 0 e para todo número natural n, a seguinte desigualdade
é verdadeira:
xn + xn−2 + xn−4 + · · ·+ 1
xn−4
+
1
xn−2
+
1
xn
≥ n+ 1
Demonstração.
Observe, para qualquer n ∈ N temos n+ 1 fatores:
xn · 1
xn
· xn−2 · 1
xn−2
· xn−4 · 1
xn−4
· · · x2 · 1
x2
· x · 1
x
· x0 = 1 · x0 = 1
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 97
em virtude do Exercício (1.5.3), segue que
xn + xn−2 + xn−4 + · · ·+ 1
xn−4
+
1
xn−2
+
1
xn
≥ n+ 1
Miscelânea 1.1.29.
Mostre que todo número natural podemos escrever como o produto de números primos.
Demonstração.
Seja n um número natural.
Mostremos por indução sobre n. A propriedade é óbvia para n = 2.
Suponhamos que a propriedade seja verdadeira para cada inteiro menor que n. Se n
não é primo, então n é divisível por um inteiro d 6= 1 e d 6= n.
Portanto n = c ·d, de onde c 6= n, como c e d são menores que n e maiores que 1, pelo
que cada um deles é o produto de números primos; logo n é produto de números primos.
Miscelânea 1.1.30.
A sequência de Fibonacci define-se como segue: a1 = 1, a2 = 1, an = an−1 + an−2
para n ≥ 3. Mostre por indução que:
an =
(
1+
√
5
2
)n
−
(
1−√5
2
)n
√
5
Demonstração.
Seja S = { h ∈ N /. ah =
(
1+
√
5
2
)h
−
(
1−√5
2
)h
√
5
}.
Se n = 0 temos que a0 = 0.
Para o caso n = 1 temos que a1 =
(
1+
√
5
2
)1
−
(
1−√5
2
)1
√
5
= 1.
Quando n = 2 temos: a2 =
(
1+
√
5
2
)2
−
(
1−√5
2
)2
√
5
= 1
Quando n = 3 temos: a3 =
(
1+
√
5
2
)3
−
(
1−√5
2
)3
√
5
= 2
Suponhamos que para n ≤ h, a expressão ah =
(
1+
√
5
2
)h
−
(
1−√5
2
)h
√
5
.
Se n = h+ 1 temos:
ah+1 =
(
1+
√
5
2
)h+1
−
(
1−√5
2
)h+1
√
5
=
(
1+
√
5
2
)h−1 (
1+
√
5
2
)2
−
(
1−√5
2
)h−1 (
1−√5
2
)2
√
5
98 Christian Quintana Pinedo
ah+1 =
(
1+
√
5
2
)h−1 (
1+
√
5+2
2
)
−
(
1−√5
2
)h−1 (
1−√5+2
2
)
√
5
ah+1 =
(
1+
√
5
2
)h−1 (
1+
√
5
2
+ 1
)
−
(
1−√5
2
)h−1 (
1−√5
2
+ 1
)
√
5
ah+1 =
(
1+
√
5
2
)h
−
(
1−√5
2
)h
+
(
1+
√
5
2
)h−1
−
(
1−√5
2
)h−1
√
5
= ah + ah−1
Pela hipótese de indução, an e ah−1 são elementos da sequência de Fibonacci, portanto
ah+1 = ah + ah−1 pertence à sequência.
Miscelânea 1.1.31.
J
J
J
J
J
JJ
B
A
C
�����
N
M
P
Na figura ao lado, o triângulo ABC é equilátero, M é
ponto médio do lado AB, o segmento MN é perpendicular
ao lado BC e o segmento NP é perpendicular ao lado AC.
Sabendo que o lado AP = 12, calcular a área do triân-
gulo ABC
Solução.
Pela construção da figura, CN =
3
4
BC e CP =
3
4
· 1
2
AC, isto é CP =
3
8
AC.
De onde AP =
5
8
AC = 12 então AB = 19, 2
A área do triângulo é dada por
Área =
AB
2√
3
4
=
(19, 2)2
√
3
4
= 159, 626
Miscelânea 1.1.32.
Mostre que, se a1, a2, a3, · · · , an são números reais tais que | a1 |≤ 1 e | an−an−1 |≤ 1,
então | an |≤ 1.
Demonstração.
Definimos o conjunto Bδ(a) = {x ∈ R /. |a−x| < δ} = (a− δ, a− δ) é um intervalo.
Em particular se a = a1 segue Bδ(a1) = { x ∈ R /. |a1 − x| < δ} = (a1 − δ, a1 + δ).
Se n = 2 e considerando δ = 1 temos como hipótese | a1 |≤ 1 e | a2 − a1 |≤ 1 isto
podemos interpretar assim
|a1| < 1 ⇔ B1(a1) = { x ∈ R /. |a1 − x| < 1} = (a1 − 1, a1 + 1)
de onde para algum x = a2 segue que a2 ∈ B1(a1), logo existe � = 1
2
< 1 tal que
B�(a2) ⊆ B1(a1) ⇒ |a2| < � < 1 ⇒ |a2| < 1
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 99
De modo análogo, para algum x = a3 segue que a3 ∈ B�(a2), logo existe α = 1
2
� =(1
2
)2
< 1 tal que
Bα(a3) ⊆ B�(a2) ⊆ B1(a1) ⇒ |a3| < α = (1
2
)2 < 1 ⇒ |a3| < 1
Por hipótese temos que | a1 |≤ 1 e | an−an−1 |≤ 1, então continuamos com o processo
acima descrito para afirmar que para algum x = an segue que an ∈ B�(an−1), logo existe
β =
(1
2
)n−1
< 1 tal que
Bα(an) ⊆ B�(an−1) ⊆ . . . ⊆ B1(a1) ⇒ |an| < β =
(1
2
)n−1
< 1 ⇒ |an| < 1
Portanto, |an| < 1.
Por exemplo quando an =
1
n+ 1
, ∀n ∈ N podemos verificar que satisfaz as condições
do problema. isto é exercício para o leitor.
Miscelânea 1.1.33.
Mostre que, para todo inteiro positivo n e para p > 0 número real a seguinte desigual-
dade é válida:
(1 + p)n ≥ 1 + np+ n(n− 1)
2
p2
Solução.
Se n = 1 temos que (1 + p)1 = 1 + p ≥ 1 + p+ 1(1− 1)
2
p2.
Suponhamos para h ∈ N com h > 1 seja válida a desigualdade
(1 + p)h ≥ 1 + hp+ h(h− 1)
2
p2
Para h+ 1 ∈ N temos aplicando a hipótese auxiliar
(1 + p)h+1 = (1 + p)h(1 + p) ≥ [1 + hp+ h(h− 1)
2
p2](1 + p) ⇔
(1 + p)h+1 ≥ [1 + hp+ h(h− 1)
2
p2] + [p+ hp2 +
h(h− 1)
2
p3] ⇔
(1 + p)h+1 ≥ 1 + (h+ 1)p+ h(h+ 1)
2
p2 +
h(h− 1)
2
p3 ⇔
Como
h(h− 1)
2
p3 > 0 segue (1 + p)h+1 ≥ 1 + (h+ 1)p+ h(h+ 1)
2
p2
Portanto, a desigualdade (1 + p)n ≥ 1 + np + n(n− 1)
2
p2 é válida nas condições
dadas.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 101
Miscelânea 1.1.34.
Mostre que: |
n∑
i=1
ai |≤
n∑
i=1
| ai |.
Demonstração.
Para n = 1 é imediato que |
1∑
i=1
ai |=| a1 |≤
1∑
i=1
| ai |=| a1 | .
Para n = 2 é imediato que |
2∑
i=1
ai |=| a1 + a2 |≤
2∑
i=1
| ai |=| a1 | + | a2 | isto pela
desigualdade triangular.
Suponhamos para 1 < h ∈ N que |
h∑
i=1
ai |≤
h∑
i=1
| ai |.
Para h+ 1 ∈ N temos da desigualdade triangular da hipótese auxiliar
|
h+1∑
i=1
ai |=|
h∑
i=1
ai + ah+1 |≤|
h∑
i=1
ai | + | ah+1 |≤
h∑
i=1
| ai | + | ah+1 |=
h+1∑
i=1
| ai |
Assim, |
h+1∑
i=1
ai |≤
h+1∑
i=1
| ai | para h ∈ N. o,
Portanto, |
n∑
i=1
ai |≤
n∑
i=1
| ai |.
102 Christian Quintana Pinedo
Capítulo 2
FUNÇÕES
2.1 Relações. Funções
Exercícios 2-1
Exercício 2.1.1.
Sejam os conjuntos A = {0, 1, 2} e B = {3, 2, 1}, escrever em forma de conjuntos
a relação de A em B definida por x = y; para x ∈ A e y ∈ B.
Solução.
É suficiente escrever: R = { (x, y) ∈ A×B /. x = y }
Exercício 2.1.2.
Sejam as relações: f(x) = x e g(x) = x−2. Para que valores de x, é válida a relação:
| f(x)− g(x) |>| f(x) | − | g(x) |
Solução.
Tem-se
| f(x)− g(x) |>| f(x) | − | g(x) | ⇔ | x− (x− 2) |>| x | − | x− 2 | ⇔
⇔ 2+ | x− 2 |>| x | (2.1)
Sabe-se que |x| = x se x ≥ 0 e |x| = −x se x < 0; idem para |x − 2|, tem-se
|x− 2| = x− 2 se x ≥ 2 e |x− 2| = −(x− 2) se x < 2, logo em (2.1):
Quando x < 0, então 2 > −x+ (x− 2) ⇒ 2 > −2, logo x ∈ (−∞, 0).
Quando 0 ≤ x < 2, então 2 > x+ (x− 2) ⇒ x < 2, logo x ∈ [0, 2).
Quando 2 ≤ x, então 2 > x− (x− 2) ⇒ 2 > 2, (absurdo!).
Portanto, a solução de (2.1) vale para todo x ∈ (−∞, 2).
103
104 Christian Quintana Pinedo
Exercício 2.1.3.
Suponha os conjuntos A = {3, 5, 8, 9} e B = {1, 3, 5, 7} , escrever em forma de
conjuntos a relação de A em B definida por:
1. x < y; x ∈ A e y ∈ B. 2. x ≥ y; x ∈ A e y ∈ B.
3. x = y; x ∈ A e y ∈ B. 4. y + x = 4; x ∈ A e y ∈ B.
5. x é divisível por y; x ∈ A e y ∈ B.
Solução.
1. R1 = { (x, y) ∈ A×B /. x < y }
2. R2 = { (x, y) ∈ A×B /. y ≤ x }
3. R3 = { (x, y) ∈ A×B /. x = y }
4. R4 = { (x, y) ∈ A×B /.y + x = 4 }
5. R5 = { (x, y) ∈ A×B /. x é divisível por y }
Exercício 2.1.4.
Para o exercício anterior, determine o domínio, imagem de cada relação.
Solução.
1. R1 = { (x, y) ∈ A×B /. x < y } D(R1) = { 3, 5 } Im(R1) = { 5, 7 }
2. R2 = {(x, y) ∈ A×B/. y ≤ x} D(R2) = {1, 3, 5, 7} Im(R2) = {3, 5, 8, 9}
3. R3 = { (x, y) ∈ A×B /. x = y } D(R3) = { 3, 5 } Im(R3) = { 3, 5 }
4. R4 = { (x, y) ∈ A×B /. y + x = 4 } D(R4) = { 3 } Im(R4) = { 1 }
5. R5 = {(x, y) ∈ A×B/. x é divisível por y} D(R5) = {3, 5} Im(R5) = {3, 5}
Exercício 2.1.5.
Construir um desenho, achar o domínio e imagem para cada uma das seguintes rela-
ções definidas em R.
1. S = {(x, y) ∈ R2/.x − 5y = 0}
2. S = {(x, y) ∈ R2/. x = 3y}.
3. S = {(x, y) ∈ R2/. y < 2x}.
4. S = {(x, y) ∈ R2/. y = 1
x
}.
5. S = {(x, y) ∈ R2/. (x− 2)(y + 3) = 0}
6. S = {(x, y) ∈ R2/. x = 3 e − 2 < y < 2}.
7. S = {(x, y) ∈ R2/. y = 2x e x ∈ [−2, 1]}.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 105
8. S = {(x, y) ∈ R2/. y = 9− x
2
x2 − 4}.
9. S = {(x, y) ∈ R2/. x = 3 e y > 0}.
10. S = {(x, y) ∈ R2/. y = 3x
2 − 8x+ 4
x2
}.
Solução.
Figura 2.1: Figura 2.2: Figura 2.3:
1. D(S) = R, Im(S) = R (Figura (2.1))
2. D(S) = (0, ∞), Im(S) = R (Figura (2.2))
3. D(S) = R, Im(S) = (0,+∞) (Figura (2.3))
4. D(S) = R− {0}, Im(S) = R− {0} (Figura (2.4))
5. D(S) = { 2 }, Im(S) = { −3 } (Figura (2.5))
Figura 2.4: Figura 2.5: Figura 2.6:
6. D(S) = { 3 }, Im(S) = (−2, 2) (Figura (2.6))
7. D(S) = [−2, 1], Im(S) = [−4, 2] (Figura (2.7))
106 Christian Quintana Pinedo
Figura 2.7: Figura 2.8: Figura 2.9:
8. D(S) = R− {±2}, (Figura (2.8))
Im(S) = (−∞, 9
4
] ∪ (−1,+∞)
9. D(S) = { 3 }, Im(S) = [0, ∞) (Figura (2.9))
10. D(S) = R− {0}, Im(S) = [−1,+∞)
(Figura (2.10)) Figura 2.10:
Exercício 2.1.6.
Para as relações do exercício anterior, achar as relações inversas, indicar seu domínio
e imagem e desenhar-la.
Solução.
Figura 2.11: Figura 2.12: Figura 2.13:
1. S−1 = {(y, x) ∈ R2/.x − 5y = 0} D(S−1) = R, Im(S−1) = R
2. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. x = 3y}. D(S−1) = R, Im(S−1) = (0, ∞)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 107
Figura 2.14: Figura 2.15: Figura 2.16:
Figura 2.17: Figura 2.18: Figura 2.19:
3. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. (x−2)(y+3) = 0} D(S−1) = {−3}, Im(S−1) = {2}
4. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. y = 1
x
}. D(S−1) = R − {0}, Im(S−1) = R − {0}.
Figura (2.14)
5. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. y < 2x}.. D(S−1) = (0,+∞), Im(S−1) = R. Figura
(2.15)
6. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. x = 3 −2 < y < 2}. D(S) = (−2, 2), Im(S) = {3}.
Figura (2.16)
7. S−1 = {(2x, x) ∈ R2/. e x ∈ [−2, 1]}. D(S−1) = [−4, 2], Im(S−1) = [−2, 1].
Figura (2.17)
8. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. y = 9− x
2
x2 − 4}. D(S
−1) = (−∞, 9
4
]∪(−1,+∞), Im(S−1) =
R− {±2}. Figura (2.18)
9. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. x = 3 e y > 0}. D(S−1) = [0,∞), Im(S−1) = {3}.
Figura (2.19)
108 Christian Quintana Pinedo
Figura 2.20:
10. S−1 = {(y, x) ∈ R2/. y = 3x
2 − 8x+ 4
x2
}. D(S−1) = [−1,+∞) , Im(S−1) =
R− {0}. Figura (2.20)
Exercício 2.1.7.
Desenhar, logo determine o domínio e imagem das
seguintes relações:
1. S = { (x, y) ∈ R2 /. 1 ≤ x+ y ≤ 2 }
2. S = { (x, y) ∈ R2 /. | x | + | y |= 5 }
3. S = { (x, y) ∈ R2 /. | x | + | y |≤ 8 }
4. S = { (x, y) ∈ R2 /. y ≤ 2x e x2 + y2 ≤ 1 }
Solução.
1. D(S) = R, Im(S) = R (Figura (2.22)) Figura 2.21:
Figura 2.22: Figura 2.23: Figura 2.24:
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 109
2. D(S) = [−5, 5], Im(S) = [−5, 5] (Figura (2.23))
3. D(S) = [−8, 8], Im(S) = [−8, 8] (Figura (2.24))
4. D(S) = [−1, 1], Im(S) = [−1, 1] (Figura (2.21))
Exercício 2.1.8.
Sendo y =| x− 5 | + | 3x− 21 | + | 12− 3x | , se 4 < x < 5, podemos afirmar que a
relação é equivalente a:
Solução.
Como 4 < x < 5 então 4− 5 < x− 5 < 0 ⇒ | x− 5 |= −(x− 5), por outro lado,
de 4 < x < 5 segue que 3x − 21 < −6 então | 3x − 21 |= −(3x − 21). Pore último, de
4 < x < 5 tem-se −15 < −3x < −12 então | 12− 3x |= −(12− 3x).
Assim, y =| x−5 | + | 3x−21 | + | 12−3x |= −(x−5)−(3x−21)−(12−3x) = 14−x.
Portanto, y = 14− x.
Exercício 2.1.9.
Seja A = { 4, 5, 6 } define-se a relação em A×A do seguinte modo (a, b)S(c, d) se e
somente se a+ d = b+ c. Achar os elementos da relação S e determine seu domínio.
Solução.
S = {((4, 4), (5, 5)), ((4, 4), (6, 6)), ((5, 5), (6, 6)), ((4, 5), (5, 6))((6, 6), (5, 5)), ((6, 6), (4, 4)),
, ((5, 6), (4, 5)), ((5, 4), (6, 4)), ((6, 5), (5, 4)), ((4, 6), (4, 6)) }
D(S) = { (4, 4), (5, 5), (4, 5), (6, 6), (5, 6), (5, 4), (6, 5), (4, 6) }
Exercício 2.1.10.
Seja A = { 1, 2, 3 } define-se a relação em A×A do seguinte modo (a, b)T (c, d) se e
somente se a− d = b− c. Achar os elementos da relação T e determine seu domínio.
Solução.
S = {((1, 1), (2, 2)), ((1, 1), (3, 3)), ((2, 2), (3, 3)), ((1, 2), (3, 2))((3, 3), (2, 2)), ((3, 3), (1, 1)),
, ((3, 2), (1, 2)), ((1, 3), (3, 1)), ((3, 2), (1, 2)), ((3, 1), (1, 3))}
D(S) = { (1, 1), (2, 2), (1, 2), (3, 3), (2, 3), (2, 1), (3, 2), (1, 3), (3, 1) }
Exercício 2.1.11.
A soma dos ângulos interiores de um polígono regular convexo plano esta em relação
com o número de lados. Expressar analíticamente esta relação. Que valores pode tomar
a variável independente?
Solução.
110 Christian Quintana Pinedo
Seja qualquer polígono regular convexo de n lados, onde n ∈ N+ com n 6= 1. Qualquer
um do seus ângulos externos mede
pi
n
radianos, logo um ângulo externo mede (pi − pi
n
)
radianos.
A soma S(n) do seus ângulos interiores é S(n) = n
[
pi − pi
n
]
, isto é S(n) = pi(n− 1).
Exercício 2.1.12.
Escrever a relação que expresse a dependência entre o raio r de um cilindro e sua
altura h sendo o volume V = 1.
Solução.
Seja r o raio da base, h sua altura. Sabe-se que o volume é V = pir2h, então 1 = pir2h
de onde r =
√
1
pih
; isto é r = f(h) =
√
1
pih
.
Exercício 2.1.13.
Determine os valores de a e b na relação y = S(x) onde S(x) = ax2 + bx+ 5 para os
quais é válida a igualdade S(x+ 1)− S(x) = 8x+ 3.
Solução.
Tem-se que S(x+ 1)− S(x) = [a(x+ 1)2 + b(x+ 1) + 5]− [ax2 + bx+ 5] = 8x+ 3, de
onde a[(x+ 1)2 − x2] + b[(x+ 1)− x] = 8x+ 3, então a(2x+ 1) + b = 8x+ 3.
Logo, 2ax+(a+b) = 8x+3, pela igualdade de polinômios segue que 2a = 8 e a+b = 1.
Portanto, a = 4 e b = −1.
Exercício 2.1.14.
Se f(x) =
1
x(x+ 1)
com x 6= 0 e x 6= −1, então o valor de S = f(1) + f(2) + f(3) +
· · ·+ f(100) é:
Solução.
A função f(x) =
1
x(x+ 1)
podemos escrever na forma f(x) =
1
x
− 1
x+ 1
, como
S(x) = f(1) + f(2) + f(3) + · · ·+ f(100), então:
S = (
1
1
− 1
2
) + (
1
2
− 1
3
) + (
1
3
− 1
4
) + · · ·+ ( 1
100
− 1
101
)
Assim, S = 1− 1
101
, então S =
100
101
.
Exercício 2.1.15.
O desenho da relação f de R em R, dada por f(x) =| 1−x | −2, intercepta o eixo das
abscissas nos pontos (a, b) e (c, d), com a < c. Nestas condições o determine o valor de
E = d+ c− b− a.
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 111
Seja y =| 1 − x | −2, quando y = 0 então | 1 − x |= 2 de onde x = −1 ou x = 3.
Óbvio que a = −1, c = 3, b = 0 e d = 0.
Logo E = d+ c− b− a = 0 + 3− 0− (−1) = 4
Exercício 2.1.16.
A variável x é inversamente proporcional a y; y é diretamente proporcional a z; z
é diretamente proporcional a u, que por sua vez é inversamente proporcional a v. Que
dependência existe entre x e v ?
Solução.
Pelos dados do problema tem-se: x = k1
1
y
, também y = k2z, ainda mais, z = k3u; por
último u = k4
1
v
para k1, k2, k3 e k4 constantes não nulas.
Logo, z = k3u = k3(k4
1
v
), de onde y = k2z = k2[k3(k4
1
v
)], isto é y é inversamente
proporcional a v, pois y = k2k3k4
1
v
.
Por último como x = k1
1
y
, então x = ki
1
k2k3k4
1
v
, isto é x =
k1
k2k3k4
v.
Portanto, x e v são diretamente proporcionais.
Exercício 2.1.17.
A folha de pagamento (F.P.) mensal de uma empresa é diretamenteproporcional ao
número de trabalhadores (T ), sabendo que 20 dos trabalhadores tem uma folha de paga-
mento de R$3000, 00. a) Expresse o valor da folha de pagamento mensal como função do
número de trabalhadores; b) qual a folha de pagamento para 18 trabalhadores?
Solução.
Seja f(x) a folha de pagamento mensal da empresa, e x o número de trabalhadores,
logo f(x) = kx para algum k ∈ R.
Quando x = 20, tem-se que f(20) = 3000, assim 3000 = 20k de onde k = 150
(a) O valor da folha de pagamento mensal como função do número de trabalhadores é
dada pela função f(x) = 150x.
(b) Quando x = 18, tem-se que f(18) = (150)(18) = 2700 reais.
112 Christian Quintana Pinedo
2.2 Funções
Exercícios 2-2
Exercício 2.2.1.
Seja f(x) =
1
1 + x
interpretar o seguinte:
1. f(f(x)) 2. f(cx) 3. f(x+ y) 4. f(x) + f(y)
5. Determine números c de modo que existam x tais que f(cx) = f(x).
6. Determine números c, tais que f(cx) = f(x) para valores distintos da variável x.
Solução.
1. f(f(x)) =
1
1 + f(x)
=
1
1 +
1
1 + x
=
x+ 1
x+ 2
2. f(cx) =
1
1 + cx
3. f(x+ y) =
1
1 + x+ y
4. f(x) + f(y) =
1
1 + x
+
1
1 + y
5. f(cx) = f(x) ⇔ 1
1 + cx
=
1
1 + x
. Condição: cx 6= −1 e x 6= −1.
Logo 1 + cx = 1 + x ⇔ 0 = (x− 1)c.
Quando c = 0, existe x = 0.
6. f(cx) = f(x) ⇔ 1
1 + cx
=
1
1 + x
. Condição: cx 6= −1 e x 6= −1.
Logo 1 + cx = 1 + x ⇔ 0 = (c− 1)x.
Quando c = 1, existem valores distintos x ∈ R− {−1}.
Exercício 2.2.2.
Determine o domínio das seguintes funções:
1. f(x) =
√
1− x 2. g(x) =
√
1−√1− x 3. h(x) = 1
x− 1 +
1
x− 2
4. f(x) =
√
1− x2 +√x2 − 1 5. h(x) = √1− x+√x− 2
Solução.
1. 1− x ≥ 0 ⇒ D(f) = (−∞, 1]
2. 1 ≥ √1− x e 1− x ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 e 1 ≥ x ⇒ D(f) = [0, 1]
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 113
3. x− 1 6= 0 x− 2 6= 0 ⇒ D(f) = R− {2, 1}
4. 1 − x2 ≥ 0 e x2 − 1 ≥ 0 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1 e (x ≥ 1 ou x ≤ −1) ⇒
D(f) = {±1}
5. 1− x ≥ 0 e x− 2 ≥ 0 ⇒ 1 ≥ x e x ≥ 2 ⇒ D(f) = ∅
Exercício 2.2.3.
Calcular f(a) para as seguintes funções:
1. f(x) = x2 + 6x− 2 a = −2 2. f(x) = x+ 1
3− x5 a = 0
3. f(x) =
√
5x2 + 11 a = −1
3
4. f(x) =
3x2 − 2x− 1
2x3 − 5x+ 1 a = 1
5. f(x) =

| x− 2 |
x− 2 , se, x 6= 2
1, se, x = 2
a = −2
Solução.
1. f(−2) = (−2)2 + 6(−2)− 2 = −10
2. f(0) =
0 + 1
3− 05 =
1
3
3. f(−1
3
) =
√
5(−1
3
)2 + 11 =
√
104
9
=
2
3
√
26
4. f(1) =
3(1)2 − 2(1)− 1
2(1)3 − 5(1) + 1 = 0
5. f(−2) = | −2− 2 |−2− 2 =
4
−4 = −1
Exercício 2.2.4.
Desenhar o gráfico das seguintes funções:
1. g(x) = f(x) + c 2. g(x) = f(x+ c) 3. g(x) = c.f(x)
4. g(x) = f(cx) 5. g(x) = f(1/x) 6. g(x) = f(| x |)
7. g(x) = min .{f(x), 0} 8. g(x) = max .{f(x), 0}
Solução.1.
O gráfico de y = g(x) tem o mesmo desenho que o gráfico de y = f(x). Dependendo
do valor se c ∈ R esse gráfico pode estar acima do gráfico de f (se c > 0) ou abaixo do
gráfico de f se c < 0). Para o caso c = 0 o gráfico de g é o mesmo que o de f . Ver Figura
(2.25)
114 Christian Quintana Pinedo
Figura 2.25: Figura 2.26: Figura 2.27:
Solução.2.
Dependendo de c, o gráfico de y = g(x) é idêntico ao gráfico de y = f(x) trasladado
horizontalmente para a direita ou esquerda e trasladado para cima ou para baixo.
Ver Figura (2.26)
Solução.3.
Para o caso c = 1 o gráfico de y = g(x) é idêntico ao gráfico de f . Para o caso c > 0
. . ., para o caso c < 0 . . . Ver Figura (2.27)
Solução.4.
Para o caso c = 1 os gráficos de y = g(x) é f são idênticos, para o caso c > 1......
Figura 2.28: Figura 2.29: Figura 2.30:
Solução.5.
O gráfico de y = g(x) é bem diferente que o gráfico de y = f(x). Observe que o
domínio de g não inclue o valor x = 0. Ver Figura (2.29)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 115
Solução.6.
O gráfico da função y = g(x) = f(|x|) é idêntico ao gráfico de y = f(x) somente
para valores x ≥ 0. Para o caso de x < 0 o gráfico é simétrico respeito do eixo-x
(negativo). Ver Figura (2.30)]
Solução.7.
Suponhamos que 0 ≤ f(x) para todo x ∈ D(f), então g(x) = 0, logo o gráfico
de g(x) é dado por g(x) = 0 uma reta. Se f(x) ≤ 0, para todo x ∈ D(f), então
g(x) = f(x), logo o gráfico de g(x) é dado por f(x).
Solução.8.
Suponhamos que f(x) ≤ 0 para todo x ∈ D(f), então g(x) = 0, logo o gráfico
de g(x) é dado por g(x) = 0 uma reta. Se 0 ≤ f(x), para todo x ∈ D(f), então
g(x) = f(x), logo o gráfico de g(x) é dado por f(x).
Exercício 2.2.5.
Sejam os conjuntos A = [1, 4], B = [−1, 1] e C = [−3, 1] e considere as funções
f : A −→ R, g : B −→ R e h : C −→ R, assim definidas: a cada número x corresponde
seu quadrado x2. Quais das funções são injetoras?
Solução.
Tem-se f(x) = x2 é injetora em A = [1, 4]. As funções g(x) e h(x) não são injetoras
em seus respectivos domínios.
Pois g(−1) = g(1) = 1 = h(x) = h(−1).
Exercício 2.2.6.
A função constante f(x) = k, pode ser injetora? E, sobrejetiva?
Solução.
Sob qualquer hipótese, a função constante f(x) = k não é injetora.
Supondo f : R −→ R, a função constante não é sobrejetiva. Para o caso f : R −→
{a}, a ∈ R é sobrejetiva.
Exercício 2.2.7.
Sabe-se que −2 e 3 são raízes de uma função quadrática. Se o ponto (−1, 8) pertence
ao gráfico dessa função, então:
Solução.
Sendo quadrática é da forma f(x) = ax2 + bx + c. Seja k ∈ R, como −2 e 3 são
raízes, tem-se f(x) = k(x+ 2)(x− 3) = k(x2 − x− 6), observe que f(−2) = f(3) = 0 e
f(−1) = k(−4) = 8, então k = −2.
Portanto, tem-se a função: f(x) = −2x2 + 2x+ 12.
116 Christian Quintana Pinedo
Exercício 2.2.8.
Num circuito a tensão vá diminuindo uniformemente (conforme a lei linear). Ao início
do experimento a tensão era igual a 12V e ao final do mesmo experimento, que duro 8sg,
a tensão baixo até 6, 4V . Expressar a tensão V como função do tempo t e construir o
gráfico para esta função.
Solução.
Como a tensão diminur uniformemente segundo a lei linear, então é da forma V (t) =
at+ b onde a e b são constantes a determinar.
Quando t = 0 tem-se que V (0) = 12 ⇒ V (0) = b = 12, por outro lado, quando
t = 8 tem-se que V (8) = 8a+ 12 = 6, 4 ⇒ a = 6, 4− 1212
8
= −0, 7
Portanto, a tensão é descrita por V (x) = 12− 0, 7t.
Exercício 2.2.9.
Uma esfera de raio R tem inscrito um cone reto. Achar a dependência funcional entre
a área da superfície lateral S do cone e sua geratriz x. Indicar o domínio de definição de
esta função.
Solução.
Seja S(x) a área lateral do cone. Então pela regra de
três simples:
Perímetro −→ Área
2pix −→ pix2
2pia −→ S(x)
assim tem-se que
S(x) =
(2pia)(pix2)
2pix
⇒ S(x) = apix
A área do triângulo retângulo PMN , reto em M é
Área4 =
(2R)(a)
2
=
x
√
4R2 − x2
2
Figura 2.31:
de onde a =
x
√
4R2 − x2
2R
, logo em S(x) = apix
Portanto, S(x) =
pix2
2R
√
4R2 − x2, 0 < x < 2R.
Exercício 2.2.10.
Certa quantidade de gás ocupo o volume de 107cm3 à temperatura de 20oC; para uma
temperatura de 40oC o volume chegou a ser igual a 114cm3:
1. Aplicando a lei de Gay-Lussac formar a equação que expresse a dependência entre
o volume V do gás e a temperatura T oC.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 117
2. Qual será o volume a 0oC?
Solução.
1. A Lei de Gay-Lussac descreve uma dependência linear entre a temperatura e o volume
do gas. Assim, suponhamos que o volume seja V e a temperatura t, então a depen-
dência é da forma 107 = a+ 20b e 114 = a+ 40b de onde 114− 107 = (a+ 40b)−
(a+ 20b) = 20b ⇒ b = 7
20
= 0, 35. Logo, 107 = a+ (0, 35)(20) ⇒ a = 100
Portanto, V = 100 + 0, 35t
2. Quando t = 0o ⇒ V = 100 cm3
Exercício 2.2.11.
O dono de um restaurante resolveu modificar o tipo de cobrança, misturando o sistema
a quilo com o preço fixo. Ele instituo o seguinte sistema de preço para as refeições:
Até 300g R$3.00 por refeição
Entre 300g e 1kg R$10.00 por quilo
Acima de 1kg R$10.00 por refeição
Representar gráficamente o preçodas refeições nesse restaurante.
Solução.
-
...
...
...
...
6
"
"
"
"
""
300 1000
10
3
Figura 2.32:
A função f(x) que determina o preço das refei-
ções fica assim:
f(x) =

3, 00 se, 0 < x ≤ 300
0, 01x se, 300 < x ≤ 1000
10 se, 1000 < x
Exercício 2.2.12.
A medida da temperatura em graus Fahrenheit é
uma função linear da medida em graus centígrados:
1. Escrever a equação de esta função (lembre que 0oC = 32oF e 100oC = 212oF ).
2. Utilizar a função obtida no item anterior para transformar 15oC a graus Fahrenheit.
Solução.
1. Tem-se que a função é da forma F = a + bC onde F são os graus Fahrenheit e
centígrados respectivamente. logo, 32 = a + (0)b ⇒ a = 32. Também F =
32 + bC de onde 212 = 32 + (100)b ⇒ b = 1, 8.
A equação pedida é F = 32 + 1, 8C
118 Christian Quintana Pinedo
2. Quando C = 15o tem-se que F = 32 + (1, 8)(15) = 59o
Exercício 2.2.13.
O valor da função de argumento inteiro u = f(n) é igual ao número de divisores
inteiros do argumento n distintos de 1 e do mesmo n. Formar a tabela dos valores de u
para 1 ≤ n ≤ 18.
Solução.
Por exemplo, se n = 4, os divisores de 4 são 1, 2, 4, logo f(4) = 1. se n = 16, os
divisores de 16 são 1, 2, 4, 8, 16, logo f(16) = 3.
É imediato que se n for número primo, então f(n) = 0 (todo número primo tem dois
divisores).
n Divisores de n f(n)
6 1, 2, 3, 6 f(6) = 2
8 1 2, 4, 8 f(8) = 2
9 1, 3, 9 f(9) = 1
10 1, 2, 5, 10 f(10) = 2
12 1, 2, 3, 4, 6, 12 f(12) = 4
14 1, 2, 7, 14 f(14) = 2
15 1, 3, 5, 15 f(15) = 2
18 1, 2, 3, 6, 18 f(18) = 3
Exercício 2.2.14.
Uma bola foi abandonada do teto de um edifício. A altura da bola em metros depois
de t segundos é dada pela função H(t) = −16t2 + 256
1. Em que altura estará a bola depois de 2 segundos ?
2. Que distância terá recorrido a bola no 3o segundo ?
3. Qual é a altura do edifício ?
4. Depois de quantos segundos a bola chegará ao solo ?
Solução.
1. Quando t = 2 tem-se que H(2) = −16(2)2 + 256 ⇒ H(2) = 192m
2. Só no 3o segundo a bola se movimentou H(2)−H(3) = (192)− (−16(32)+256) = 80m
3. Quando t = 0 tem-se que H(0) = 256 essa é a altura do edifício.
4. Quando H = 0 tem-se que 0 = −16t2 + 256 ⇒ t2 = 256
16
⇒ t = √16 = 4s
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 119
2.3 Funções especiais
Exercícios 2-3
Exercício 2.3.1.
Qual o número que excede o seu quadrado o máximo possível?
Solução.
Suponhamos seja x o número, então x > x2 ⇔ f(x) = 1
4
−
[
x− 1
2
]2
> 0.
Quando x =
1
2
teremos que f(
1
2
) =
1
4
> 0 é o maior valor.
O número procurado é x =
1
2
Exercício 2.3.2.
A diferença entre dois números é 8. 1.) Determine o menor deles para que o produto
seja o menor possível; 2.) Qual é o menor valor desse produto
Solução.
Suponhamos sejam x+ 8 e x os números, então
1. O produto f(x) = x(x+8) = (x+4)2−16. Quando x = −4 tem-se que f(−4) = −16.
Os números sao 4 e −4.
2. O menor valor possível é f(−4) = −16.
Exercício 2.3.3.
Sejam f e g funções de R em R, sendo R o conjunto dos números reais, dadas por
f(x) = 2x− 3 e f(g(x)) = −4x+ 1. Nestas condições, determine g(−1).
Solução.
Tem-se que f(x) = 2x − 3, logo f(g(x)) = 2g(x) − 3 de onde f(g(x)) = 2g(x) − 3 =
−4x+ 1 ⇒ g(x) = −2x+ 2.
Portanto, g(−1) = −2(−1) + 2 = 4.
Exercício 2.3.4.
Determine o coeficiente angular da equação da reta que passa pelos pontos indicados:
1. A(1, −3) eB(0, 1) 2. M(0, 1) eN(3, 2) 3. P (−1, 3) eQ(5, −2)
4. C(0, 1) eD(0, 5) 5. B(−1, 2) e C(3, −5) 6. S(3, 9) e T (3, 7)
7. M(−1, 6) e P (5, 6) 8. G(3, 6) eH(1, 4) 9. P (5, 3) e S(5, 2)
120 Christian Quintana Pinedo
Solução.
1. m = −4 2. m = 1
3
3. m =
5
6
4. m =∞ 5. m = 7
4
6. m =∞ 7. m = 0 8. m = 1 9. m =∞
Exercício 2.3.5.
Determine a equação da reta que passa pelos pontos indicados; desenhar o gráfico:
1. A(1, −3) eB(0, 1) 2. M(0, 1) eN(3, 2) 3. P (−1, 3) eQ(5, −2)
4. D(3, −1) e E(1, 1) 5. A(3, −2) eB(3, 2) 6. R(−1, 3) e U(3, −2)
7. F (2, 8) eG(0, 0) 8. Q(7, 1) e S(8, 12) 9. S(6, 8) eR(5, 12)
Solução.
1. (y + 3) = −4(x− 1) ⇒ 4x+ y − 1 = 0
2. (y − 1) = 1
3
x ⇒ x− 3y + 1 = 0
3. (y − 3) = 5
6
(x+ 1) ⇒ 5x− 6y + 23 = 0
4. (y + 1) = −1(x− 3) ⇒ x+ y − 2 = 0
5. (y + 2) =
4
0
(x− 3) ⇒ x− 3 = 0
6. (y − 3) = −5
4
(x+ 1) ⇒ 5x+ 4y − 7 = 0 = 0
7. (y − 8) = 4(x− 2) ⇒ 4x− y = 0
8. (y − 1) = 13(x− 7) ⇒ 13x− y − 90 = 0
9. (y − 8) = −4(x− 6) ⇒ 4x+ y − 32 = 0
Exercício 2.3.6.
Mostrar que os pontos P1(3, 3), P2(−3, −3), P3(−3
√
3, 3
√
3) são os vértices de um
triângulo equilátero.
Demonstração.
Observe que, | P1P2 |=| P2P3 |=| P1P3 | pois
• | P1P2 |=
√
(−3− 3)2 + (−3− 3)2 = 6√2
• | P2P3 |=
√
(−3√3 + 3)2 + (3√3 + 3)2 = 6√2
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 121
• | P1P3 |=
√
(−3√3− 3)2 + (3√3− 3)2 = 6√2.
Portanto, os pontos P1, P2, P3 são os vértices de um triângulo equilátero.
Exercício 2.3.7.
Se P1(−4, 2) e P2(4, 6) são os pontos extremos do segmentos retilíneo orientado −−→P1P2,
achar as coordenadas do ponto P (x, y) que divide este segmento na razão P1P : PP2 = −3.
Solução.
- -
P1(−4, 2) P2(4, 6)P (x, y)
Figura 2.33:
Tem-se
−−→
P1P = (x+4, y−2) e−−→PP2 = (4−x, 6−y)
P1P
PP2
= −3 ⇔ x+ 4
4− x = −3 e
y − 2
6− y = −3 ⇔ x = 8 e y = 8
O ponto procurado é P (8, 8).
Exercício 2.3.8.
Determinar o ângulo agudo do paralelogramo cujos vértices são pontos A(−2, 1),
B(1, 5), C(10, 7) e D(7, 3).
Solução.
-
6
−2
1
1
B(1, 5)
107
D(7, 3)
C(10, 7)
A�
�
�
�
���
���
���
�
�
�
�
���
���
���
Figura 2.34:
Observe os coeficientes angulares m:
mAD =
3− 1
7− (−2) =
7− 5
10− 1 = mBC =
2
9
mAB =
5− 1
1− (−2) =
7− 3
10− 7 = mCD =
4
3
A tangente do ângulo interior α no vértice
A(−2, 1) é dada por:
tanα =
4
3
− 2
9
1 + 2
9
· 4
3
=
30
35
então α = arctan
30
35
= 0, 70862 rad. <
pi
2
Exercício 2.3.9.
Demonstrar analíticamente que os segmentos que unem os pontos médios dos lados
sucessivos de qualquer quadrilátero formam um paralelogramo.
Solução.
Sejam os pontos (a, b), (c, d), (e, f), e (g, h) os vértices consecutivos de um quadrilátero
qualquer.
122 Christian Quintana Pinedo
O ponto médio M do lado de vértices (a, b) e (c, d) é M(
a+ c
2
,
b+ d
2
).
O ponto médio N do lado de vértices (c, d) e (e, f) é N(
c+ e
2
,
d+ f
2
).
O ponto médio P do lado de vértices (e, f) e (g, h) é P (
e+ g
2
,
f + h
2
).
O ponto médio Q do lado de vértices (g, h) e (a, b) é Q(
g + a
2
,
h+ b
2
).
O coeficiente angular do segmento MN é m1 =
b+ d− d− f
a+ c− c− e =
b− f
a− e .
O coeficiente angular do segmento NP é m2 =
f + h− d− f
e+ g − c− e =
h− d
g − c .
O coeficiente angular do segmento PQ é m3 =
h+ b− f − h
g + a− e− g =
b− f
a− e .
O coeficiente angular do segmento QM é m4 =
h+ b− b− d
g + a− a− c =
h− d
g − c .
Como m1 = m3 e m2 = m4, então MN ‖ PQ e NP ‖ QM .
Portanto MNPQ é um paralelogramo.
Exercício 2.3.10.
Provar analíticamente que, se as diagonais de um paralelogramo são mutuamente per-
pendiculares o paralelogramo é um losango.
Solução.
Sejam m, n ∈ R e sejam os pontos A(a, b), B(c, d), C(c+m, d+ n), e D(a+m, b+
n) os vértices consecutivos (no sentifo anti-horário) de um paralelogramo qualquer. O
coeficiente angular da diagonal AC é m1 =
d+ n− b
c+m− a.
O coeficiente angular da diagonal BD é m2 =
b+ n− d
a+m− c..
Suponhamos que as diagonais sejam perpendiculares, então Por hipótese m1 ·m2 = −1
então:
d+ n− b
c+m− a ·
b+ n− d
a+m− c = −1 ⇒
b+ n− d
a+m− c = −
a+m− c
b+ n− d . . . . . . (2.2)
O ponto médio do segmento AC é P =
(a+ (c+m)
2
,
b+ (d+ n)
2
)
.
O ponto médio do segmento BD é Q =
(c+ (a+m)
2
,
d+ (b+ n)
2
)
.
Como P = Q é ponto paraas duas diagonais, e estas diagonais são perpendiculares,
segue que trata-se de um losango.
Exercício 2.3.11.
Determinar a equação da linha reta que contém o ponto (−3, 1) e é paralela à reta
que passa pelos dois pontos (0, −2) e (5, 2).
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 123
Sejam A(0, −2) e B(5, 2) então mAB = 2− (−2)
5− 0 =
4
5
.
A reta pedida é
y − 1
x− (−3) =
4
5
⇒ 4x− 5y + 17 = 0.
Exercício 2.3.12.
Determinar a equação da mediatriz do segmento retilíneo cujos extremos são os pontos
(−2, 1) e (3, −5).
Solução.
O coeficiente angular da reta L que passa pelos os pontos A(−2, 1) e B(3, −5) é
mL = −6
5
logo o da mediatriz é m = −5
6
.
A mediatriz, passa pelo ponto médio do segmento AB, isto é passa pelo ponto (
1
2
, −2).
A equação da mediatriz é y + 2 = −5
6
(x− 1
2
) ⇒ 10x− 12y − 17 = 0.
Exercício 2.3.13.
Mostre que duas retas, L1 : Ax + By + C = 0 e L2 : A′x + B′y + C ′ = 0 são
perpendiculares, se A.A′ +B.B′ = 0.
Demonstração.
O coeficiente angular da reta L1 : Ax + By + C = 0 é m1 = −B
A
e da reta L2 :
A′x+B′y +C ′ = 0 é m2 = −B
′
A′
. Pelo fato serem perpendiculares entre sim, tem-se que
m1 ·m2 = −1, isto é
(
− B
A
)
·
(
− B
′
A′
)
= −1, de onde A · A′ +B ·B′ = 0.
Exercício 2.3.14.
A equação de uma reta L é 5x − 7y + 11 = 0. a) Escrever a equação que representa
todas as retas paralelas a L. b) Determinar a equação da reta paralela a L que passe por
P (4, 2).
Solução.
a) É suficiente escrever 5x− 7y + k = 0.
b) Passa por P (4, 2). então 5(4)− 7(2) + k = 0 ⇒ k = −6.
A equação que passa por P (4, 2) é 5x− 7y − 6 = 0.
Exercício 2.3.15.
O preço unitário de certo produto é 5, e o custo fixo de produção é 40; colocado no
mercado, verificou-se que a demanda para esse produto era dada pela relação p = 15− q
5
.
(a) Determine as funções C (Custo) e R (Receita) para esse produto e faça seus gráficos
num mesmo sistema de eixos. (b) Determine a função Lucro e faça o seu gráfico. Observe
que o lucro L é zero quando C = R. (c) Para que valores de q temos L ≥ 0? (d)Determine
funções de Receita Média e Custo Médio a faça seus gráficos.
124 Christian Quintana Pinedo
a) A função de custo é C(q) = 40 + 5q, e a função da receita é R(q) = pq = q(15− q
5
)
b) A função de lucro é L(q) = R(q) − C(q) = q(15 − q
5
) − (40 + 5q) = 10q − q
2
5
− 40.
Óbvio, quando L(q) = 0 ⇒ C(q) = R(q).
c) Como L ≥ 0 ⇒ 10q−q
2
5
−40 ≥ 0 ⇒ 0 ≥ q2−50q+200 ⇒ (q−25)2 ≤ 225,
logo 10 ≤ q ≤ 40. Para valores entre 10 e 40.
d) A receita média é RM(q) =
R(q)
q
= (15− q
5
), o custo médio é CM(d) =
C(q)
q
= (5+
40
q
)
Exercício 2.3.16.
Traçar a curva cuja equação é: x2 +
xy2 − y2 = 0.
Solução.
O gráfico mostra-se na Figura (2.35).
Exercício 2.3.17.
Uma fábrica de equipamentos eletrôni-
cos esta colocando um novo produto no
mercado. Durante o primeiro ano o
custo fixo para iniciar a nova produção
é de R$140.000 e o custo variável para
produzir cada unidade é R$25. Durante
o primeiro ano o preço de venda é R$65
por unidade. Figura 2.35: x2 + xy2 − y2 = 0
(a) Se X unidades são vendidas durante o primeiro ano, expresse o lucro do primeiro
ano como uma função de X. (b) Estima-se que 23.000 serão vendidas durante o primeiro
ano. Use o resultado da parte (a) para determinar o lucro do primeiro ano, se os dados de
venda forem atingidos. (c) Quantas unidades precisam ser vendidas durante o primeiro
ano para que a fábrica não ganhe nem perda ?
Solução.
Sejam X unidades produzidas no primeiro ano, então o custo total é dado por C(X) =
140.000 + 25X e a receita total é dada por R(X) = 65X.
a) O lucro do primeiro ano é dado por L(X) = R(X) − C(X) = 65X − (140.000 +
25X) ⇒ L(X) = 40X − 140.000.
b) Quando X = 23.000 tem-se que L(23.000) = 40(23.000)− 140.000 = 780000
c) Tem-se que L(X) = 0 então 40X − 140.000 = 0 ⇒ X = 3.500
Exercício 2.3.18.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 125
Figura 2.36:
Dadas q = 4p−5 e q = 150
p+ 15
+29 respectivamente
funções de oferta e demanda para um certo produto,
faça seus gráficos num mesmo eixos de coordenadas e
determine o ponto de equilíbrio
Solução.
Para determinar o ponto de equilíbrio, devemos
considerar a função de oferta q = 4p−5 igual à função
da demanda, q =
150
p+ 15
+ 29de onde (4p − 34)(p +
15) = 150, logo temos a equação 2p2 + 13p− 330 = 0.
Resolvendo p = 10 e q = 45. O ponto de equilíbrio
é (10, 45).
Exercício 2.3.19.
O custo total para produzir q unidades de um determinado produto é C(q) = q2+20q+5
reais, e o preço de venda de uma unidade é de (30− q) reais. a) Achar a função de lucro
total. b) Achar a função de receita total; c) Qual é o custo médio para q = 10?. d)
Determine a função de demanda.
Solução.
a) O lucro total é L(q) = (30− q)q − (q2 + 20q + 5)
b) A função de receita total é R(q) = (30− q)q.
c) O custo médio é
C(q)
q
= q+20+
5
q
, quando q = 10 tem-se
C(10)
10
= 10+20+
5
10
= 30, 5
d) A função de demanda é D(q) = q.
Exercício 2.3.20.
O custo mensal fixo de uma fábrica que produz esquis, é R$4.200 e o custo variável
R$55 por par de esquis. O preço de venda é R$105 por par de esquis. (a) Se x pares
de esquis são vendidos durante um mês, expresse o lucro mensal como função de x. (b)
Use o resultado da parte (a) para determinar o lucro de dezembro se 600 pares de esquis
foram vendidos nesse mês. (c) Quantos pares de esquis devem ser vendidos para que a
fábrica encerre um mês sem lucro nem prejuízo?
Solução.
Seja x o número de esquis produzidos ao mês. A função custo que representa a
produção é C(x) = 4200 + 55x, se o preço de venda é 105 por par de esquis, então:
a) O lucro mensal é L(x) = 105x− (4200 + 55x) = 50x− 4200
b) Para o caso de 600 pares vendidos, o lucro é L(600) = (50)(600)−4200 = 25.800 reais.
126 Christian Quintana Pinedo
c) Para que L(x) = 0 segue que 4200− 50x = 0 ⇒ x = 4200
50
= 82
Exercício 2.3.21.
Um fabricante de dois tipos de ração para aves, produz x toneladas por dia da ração
A e y toneladas da ração B onde y =
x− 3
x− 1 . Determine a função receita total, sabendo
que os preços fixos por tonelada são respectivamente p1 e p2 onde p2 =
3
4
p1.
A receita da ração do tipo A é dada por xp1.
A receita da ração do tipo A é dada por yp2 =
[
x− 3
x− 1
]
· 3
4
p1.
A função da receita total é dada por: f(x) =
[
x+
3(x− 3)
4(x− 1)
]
p1
Exercício 2.3.22.
As equações de demanda e oferta do mercado são respectivamente q2 + p2 − 36 = 0
e 2qp + 4 = 0 onde p é o preço em reais R$, e 100q unidades a quantidade. Trace um
esboço das curvas de oferta e demanda num mesmo sistema de coordenadas. Determine
a quantidade e o preço de equilíbrio.
Exercício 2.3.23.
O período de um pêndulo (o tempo, para uma oscilação completa) é diretamente pro-
porcional à raíz quadrada do comprimento do pêndulo. e se o comprimento for 240 cm o
período será de 3 s. (a) Expresse o número de segundos do período de um pêndulo como
função do número de centímetros de seu comprimento. (b) Ache o período de um pêndulo
de 60 cm de comprimento.
Solução.
Seja P o periódo do pêndulo, e x seu comprimento em centímetros, então
a) A função P (x) = λ
√
x representa o número de segundos do período do pêndulo como
função do número de centímetros de seu comprimento. Quando x = 240cm tem-se
que P = 3, então 3 = λ
√
240 ⇒ λ = 3√
240
. Portanto, P (x) =
3√
240
√
x
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 127
b) Quando x = 60cm, tem-se que P (60) =
3√
240
√
60 = 1, 5 s
Exercício 2.3.24.
A função de custo total de uma empresa A&A é C(x) = 0, 2x2 − 6x + 100 onde x é
dado em Kg. Determine a função de custo médio e o valor de x para que o custo total
seja mínimo.
o médio é
C(x)
x
= 0, 2x− 6 + 100
x
A função de cust
Exercício 2.3.25.
Calcularo ponto de equilíbrio de um monopolista se a função de custo é C(q) =
0, 5q2 + 20q + 15 e o preço de venda de cada unidade é p = 30− q.
Solução.
⇓
⇓
⇓
Exercício 2.3.26.
Admitamos que, ao se fabricarem q unidades de um certo produto, o custo total de
fabricação é de C(q) = q3 − 6q2 + 15q reais. Em que nível de produção o “custo médio”
por unidade será o menor?
Solução.
O custo médio é dado por CM =
C(q)
q
= q2 − 6q + 15 = (q − 3)2 + 6.
Quando q = 3 tem-se que o custo médio é CM = 6 é o menor.
128 Christian Quintana Pinedo
Exercício 2.3.27.
São dadas as equações de oferta e demanda de um certo produto: 2q = p − 12 e
q2 − p+ 4 = 0. Determine a quantidade e o preço de equilíbrio.
Solução.
⇓
⇓
⇓
Exercício 2.3.28.
Determine o ponto de interseção e desenhar o gráfico das curvas:
1. R(q) = 100q, C(q) = 50 + 3q
2. R(q) = 10q − 0, 5q2, C(q) = 10 + q
3. R(q) = 80q, C(q) = 0, 1q2 + 5q + 200
Solução.
1. 100q = 50 + 3q ⇒ q = 50
97
, o ponto de intersecção é (
50
97
,
5000
97
).
2. 10q − 0, 5q2 = 10 + q ⇒ 0, 5q2 − 9q + 10 = 0 ⇒ q = 9 ±√61, o ponto de
intersecção é (9±√61, 19±√61).
3. 80q = 0, 1q2 + 5q + 200 ⇒ 0, 1q2 − 75q + 200 = 0 ⇒ q = 375± 5√5545, o
ponto de intersecção é (375± 5√5545, 30000± 400√5545).
Exercício 2.3.29.
Temos as equações de oferta e demanda, determinar o ponto de equilíbrio e desenhar o
gráfico num mesmo sistema de coordenadas. a) q = p+1 e q = 10−p; b) q = 50+2p
e q(p+ 10) = 500.
⇓
⇓
⇓
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 129
Exercício 2.3.30.
Um comerciante estima que o custo de produção de q unidades de uma mercadoria é
C(q) = 20q + 20.000, a equação da demanda é p + q = 5.000, onde q são as unidades
demandadas a cada semana ao preço unitário de p reais. Determine o lucro ao vender as
q unidades.
Solução.
A função de lucro é dada por L(q) = C(q)−R(q) = pq ⇒ L(q) = (20q+20.000)−
pq = (20q + 20.000)− q(5000− q) ⇒ L(q) = 20.000− 4980q − q2.
Exercício 2.3.31.
Suponha que o custo total seja dado por C(q) = 10 + q e a receita total R(q) =
10q − 0, 5q2. Determine o valor de q para o qual se obtém utilidade máxima.
Solução.
A utilidade é dada por f(q) = R(q) − C(q), para que a utilidade seja máxima deve
acontecer f(q) = 10q − 0, 5q2 − (10 + q) > 0 para algum q.
Assim, f(q) = 9q − 0, 5q2 − 10 ⇒ f(q) = 61− (q − 9)2 > 0
Se obtém utilidade máxima quando q = 9.
Exercício 2.3.32.
A seguinte “barra” está formada por três segmentos de comprimentos iguales a 1; 2; 1
centímetros, e o peso é igual a 2; 3; 1 unidades de peso respectivamente.
ff -ff -ff -...
...A M-ff x
2 g 3 g 1 g
...
...
...
...
1 2 1
Figura 2.37:
O peso do segmento de comprimento AM é igual a f(x), que é função de x. Para que
valores de x está definida esta função?. Apresentar sua forma analítica desta função e
construir sue gráfico.
Solução.
Seja f(x) o peso do segmento AM , então
f(x) =

2x, se, 0 ≤ x ≤ 1
2 +
3
2
(x− 1), se, 1 < x ≤ 3
x+ 2, se, 3 < x ≤ 4
130 Christian Quintana Pinedo
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 131
2.4 Operações com Funções.
Exercícios 2-4
Exercício 2.4.1.
Para quais números reais a, b, c, d a função f(x) =
ax+ d
cx+ b
satisfaz f(f(x)) = x para
todo x?
Solução.Temos que
f(f(x)) = x ⇔ a
[
ax+d
cx+b
]
+ d
c
[
ax+d
cx+b
]
+ b
= x ⇔ a(ax+ d) + d(cx+ b)
c(ax+ d) + b(cx+ b)
= x ⇔
⇔ a2x+ad+dcx+bd = acx2+dcx+bcx2+d2x ⇔ x2c(a+b)+x(b2−a2)−d(a+b) = 0
⇔ (a+ b)[x2c+ x(b− a)− d] = 0
Quando a = −b 6= 0, c 6= 0, temos f(x) = ax+ d
cx− a , assim f(f(x)) = x.
Quando c = 0, a = b 6= 0 e d = 0, então f(x) = x e assim f(f(x)) = x.
Outra solução
Para acontecer f(f(x)) = x a função tem que ser sua própria inversa, isto é
y = f(x) ⇒ y = ax+ d
cx+ b
⇔ x = −by + d
cy − a ⇒ f
−1(x) =
−bx+ d
cx− a
Logo quando a = −b 6= 0, c 6= 0, temos f(x) = ax+ d
cx− a , assim f(f(x)) = x.
É imediato que, quando c = 0, a = b 6= 0 e d = 0, então f(x) = x e assim
f(f(x)) = x.
Exercício 2.4.2.
Se f é uma função de variável real tal que f(x− 2) = 2x2 + 1, determinar:
1.
f(a+ 2)− f(1)
a− 3 a 6= 3 2.
f(a+ 2)− f(2)
a− 2 a 6= 2
Solução.
Seja y = x− 2 ⇒ x = y + 2, logo f(y) = 2(y + 2)2 + 1
1.
f(a+ 2)− f(1)
a− 3 =
[(2(a+ 2)2 + 1)− (2(1 + 2)2 + 1)]
a− 3 =
a2 + 4a− 5
a− 3 =
(a+ 5)(a− 1)
a− 3
2.
f(a+ 2)− f(2)
a− 2 =
[(2(a+ 2)2 + 1)− (2(2 + 2)2 + 1)]
a− 2 =
a2 + 4a− 12
a− 2 = a+ 6
132 Christian Quintana Pinedo
Exercício 2.4.3.
Se f(4x+ 1) = x2 + 4x− 5 é função real, achar f(5x).
Solução.
Suponha 4x+1 = 5y ⇒ x = 5y − 1
4
. Logo substituindo em f(4x+1) = x2+4x−5
tem-se f(5y) = (
5y − 1
4
)2 + 4(
5y − 1
4
)− 5 ⇒ f(5y) = 25
16
y2 +
70
16
y − 95
16
.
Portanto, f(x) =
25
16
x2 +
70
16
x− 95
16
. �
Exercício 2.4.4.
Seja f função real definida por:
f(x) =
{
2, se, 0 ≤ x ≤ 2
3, se, 2 < x < 3
e g(x) = f(x+ 2) + f(2x)
Achar D(g).
Solução.
g(x) = f(x+ 2) + f(2x) =
{
2, se, 0 ≤ x+ 2 ≤ 2
3, se, 2 < x+ 2 < 3
+
{
2, se, 0 ≤ 2x ≤ 2
3, se, 2 < 2x < 3
g(x) = f(x+ 2) + f(2x) =
{
2, se, − 2 ≤ x ≤ 0
3, se, 0 < x < 1
+
{
2, se, 0 ≤ x ≤ 1
3, se, 1 < x < 3
2
Portanto, g(x) = 5, se 0 < x < 1, e g(x) = 4 se x = 0 . Temos que D(g) = [0, 1).
Exercício 2.4.5.
Seja f : A −→ [0, 1]. Determine o domínio de f se:
1. f(x) =
| x+ 2 |
x+ 2
2. f(x) = −x2 + 4x+ 12 3. f(x) = 1 + 2x
3− 5x
Solução.
1. Seja y = f(x), então 0 ≤ y = | x+ 2 |
x+ 2
≤ 1 ⇒ x+ 2 > 0, logo D(f) = (−2, +∞)
2. Seja y = f(x), então 0 ≤ y = −x2 + 4x+ 12 ≤ 1 ⇒ −1 ≤ x2 − 4x− 12 ≤ 0, logo
0 ≤ x2 − 4x− 11 e x2 − 4x− 12 ≤ 0, isto é 15 ≤ (x− 2)2 e (x− 2)2 ≤ 16.
Tem-se:
√
15 ≤ x− 2 ou x− 2 ≤ −√15 e −4 ≤ x− 2 ≤ 4.
Logo D(f) = (−2, 2−√15) ∪ (2 +√15, 6).
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 133
3. Seja y = f(x), então 0 ≤ y = 1 + 2x
3− 5x ≤ 1, logo 0 ≤
1 + 2x
3− 5x e
1 + 2x
3− 5x ≤ 1, isto é
0 ≤ (2x+ 1)(−5x+ 3) e (8x− 2)(−5x+ 3) ≤ 0 x 6= 3
5
⇒
0 ≤ −10(x+ 1
2
)(x− 3
5
) e − 40(x− 1
4
)(x− 3
5
) ≤ 0
Portanto, D(f) = [−1
2
,
2
4
] ∪ (3
5
,
3
2
]
Exercício 2.4.6.
Determinar o domínio de definição das seguintes funções:
1. f(x) =
√
x− 2
x− 1 2.f(x) =
4
√
12 + x
x− 5 3. f(x) =
√
9− 6x+ x2
4. f(x) =
4
√
x2 − 4x+ 12 + 3x
2
4
√−x− 20 + x2 5. f(x) =
4
√
1−
√
4 + x2
6. g(x) =
{
| x+ [|x|] | se, [|x|] é par√
x+ |[x|], se, [|x|] é ímpar
Solução.
1.
x− 2
x− 1 ≥ 0 ⇔ (x− 2)(x− 1) ≥ 0 ⇔ D(f) = (−∞, 1) ∪ (2, +∞).
2.
12 + x
x− 5 ≥ 0 ⇔ (x+ 12)(x− 5) ≥ 0 ⇔ D(f) = (−∞, −12] ∪ (5, +∞).
3. 9− 6x+ x2 ≥ 0 ⇔ (x− 3)2 ≥ 0 ⇔ D(f) = R.
4. x2−4x+12 ≥ 0 e −x−20+x2 > 0 ⇔ (x−2)2+8 ≥ 0 e (x−5)(x+4) >
0 ⇔
⇔ x ∈ R e (−∞, −4) ∪ (5, +∞) ⇔ D(f) = (−∞, −4) ∪ (5, +∞).
5. 1 −
√
4 + x2 ≥ 0 e 4 + x2 ≥ 0 ⇔ 1 ≥
√
4 + x2 e x ∈ R ⇔ x ∈
∅ e x ∈ R ⇔ D(f) = ∅
6. • Suponhamos |[x|] = 2k + 1 k ∈ Z, então x+ 2k + 1 ≥ 0.
Quando |[x|] = 1 ⇒ 1 ≤ x < 2 e x+ 1 ≥ 0. Logo 1 ≤ x < 2.
Quando |[x|] = 3 ⇒ 3 ≤ x < 4 e x+ 3 ≥ 0. Logo 3 ≤ x < 4.
Quando |[x|] = −1 ⇒ −1 ≤ x < 0 e x− 1 ≥ 0. Logo x ∈ ∅.
Em geral, se |[x|] = 2k + 1 < 0, tem-se que x ∈ ∅.
Assim, se |[x|] = 2k + 1, tem-se que x ∈ ⋃
k≥0
[2k + 1, 2(k + 1)).
134 Christian Quintana Pinedo
• Suponhamos |[x|] = 2k k ∈ Z, então |x+ 2k| ≥ 0.
Quando |[x|] = 0 ⇒ 0 ≤ x < 1 e g(x) = |x+ 0|. Logo 0 ≤ x < 1.
Quando |[x|] = 2 ⇒ 2 ≤ x < 3 e g(x) = |x+ 2|. Logo 2 ≤ x < 3.
Quando |[x|] = −2 ⇒ −2 ≤ x < −1 e g(x) = |x− 2|. Logo −2 ≤ x < −1.
Quando |[x|] = −4 ⇒ −4 ≤ x < −3 e g(x) = |x− 4|. Logo −4 ≤ x < −3.
Em geral, se |[x|] = 2k < 0, k ≤ −1, tem-se que 2k ≤ x < 2k + 1.
Assim, se |[x|] = 2k, tem-se que x ∈ ⋃
k∈Z
[2k, 2k + 1).
Portanto, D(g) = Rr {(−2k − 1,−2k]}k∈Z+ .
Exercício 2.4.7.
A função f(x) esta definida como segue: em cada um dos intervalos n ≤ x < n + 1
onde n é um inteiropositivo, f(x) varia linearmente, sendo f(n) = −1, f(n + 1
2
) = 0.
Construir o gráfico desta função.
Figura 2.38:
Seja a função da forma f(x) = ax+ b onde a e b são constantes a determinar.
Se x = n, então f(n) = na+ b = −1 ⇒ b = −(1 + an).
Se x = n+ 1
2
, então f(n+ 1
2
) = a(n+ 1
2
)− (1 + an) = 0.
Das duas igualdades acima, segue que a = 2. logo f(x) = 2x+−(1 + 2n).
Portanto, f(x) = 2(x− n)− 1, n ≤ x < n+ 1, n ∈ Z+.
Exercício 2.4.8.
A função f em R é tal que f(2x) = 3x+ 1. Determine 2.f(3x+ 1).
Solução.
Seja y = 2x então x =
1
2
y. Em f(2x) = 3x+ 1 tem-se f(y) = 3(
1
2
y) + 1.
Assim, 2.f(3x+ 1) = 2.[3(
1
2
(3x+ 1)) + 1] = 9x+ 5
Exercício 2.4.9.
Sendo f e g duas funções tais que f ◦ g(x) = 2x+ 1 e g(x) = 2− x. Determine f(x).
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 135
Como g(x) = 2− x, então y = 2− x de onde g−1(x) = 2− x
Assim, (f ◦g)(x) = f(g(x)) = 2x+1 então (f ◦g)(g−1(x)) = f(g(g−1(x))) = 2g−1(x)+
1 ⇒ f(x) = 2(2− x) + 1 = 5− 2x.
Exercício 2.4.10.
Se f(g(x)) = 5x− 2 e f(x) = 5x+ 4, então g(x) é igual a:
Solução.
Sendo f(x) = 5x+ 4, então f(g(x)) = 5g(x) + 4 = 5x− 2 logo g(x) = x− 6
5
.
Exercício 2.4.11.
Dadas as funções f(x) = 4x + 5 e g(x) = 2x − 5k, ocorrerá gof(x) = f ◦ g(x) se e
somente se k for igual a:
Solução.
Observe, f(x) = 4x + 5 então f(g(x)) = 4g(x) + 5 e g(f(x)) = 2f(x)− 5k. de onde
fog(x) = f(g(x)) = 4g(x) + 5 = 2f(x)− 5k = g(f(x)) = g ◦ f(x) de onde
4(2x− 5k) + 5 = 2(4x+ 5)− 5k ⇔ −1
3
= k
Quando k = −1
3
.
Exercício 2.4.12.
Seja f uma função definida em R tal que f(x − 5) = 4x. Nestas condições, pede-se
determinar f(x+ 5).
Solução.
Seja u = x− 5 ⇒ x = u+ 5 e f(u) = 4(u+ 5).
Quando u = t+ 5 segue que f(t+ 5) = 4((t+ 5) + 5) de onde f(t+ 5) = 4(t+ 10)
Portanto, f(x+ 5) = 4x+ 40.
Exercício 2.4.13.
Sendo f e g duas funções tais que: f(x) = ax+ b e g(x) = cx+ d. Sob que condições
ocorrerá a igualdade g ◦ f(x) = f ◦ g(x)?
Solução.
Temos f(x) = ax+ b e g(x) = cx+d, então f(g(x)) = ag(x)+ b e g(f(x)) = cf(x)+d,
de onde f ◦ g(x) = ag(x) + b = cf(x) + d = gof(x).
Assim, a(cx+d)+ b = c(ax+ b)+d ⇒ ad+ b = bc+d ⇒ d(a− 1) = b(c− 1).
Ocorrerá quando d(a− 1) = b(c− 1).
136 Christian Quintana Pinedo
Exercício 2.4.14.
Sejam f(x) = x+2 e g(x) = x2 + a, determinar o valor de a de modo que (fog)(3) =
(gof)(a− 1).
Solução.
Observe que (fog)(3) = f(g(3)) = f(9 + a) = a+ 11 e (gof)(a− 1) = g(f(a− 1)) =
g((a− 1) + 2) = g(a+ 1) = (a+ 1)2 + a = a2 + 3a+ 1.
logo, a+11 = a2+3a+1 ⇒ 11 = a2+2a+1 = (a+1)2 ⇒ = (a+1) = ±√11.
Portanto, a = −1±√11.
Exercício 2.4.15.
Determine duas funções f e g tais que h = g ◦ f nos seguintes casos:
1. h(x) = (x2 + 3)6 2. h(x) = 2sen 2x 3. h(x) = 3(x+ | x |)
4. h(x) =
√
x+ 12 5. h(x) = x2 + 16x+ 64
6. h(x) =
(
2x+ 5
x− 4
)2
7. h(x) = sen 24x+ 5sen 4x+ 2
Solução.
1. h(x) = (x2 + 3)6 ⇒ g(x) = x6 f(x) = x2 + 3
2. h(x) = 2sen 2x ⇒ g(x) = 2x f(x) = sen 2x
3. h(x) = 3(x+ | x |) ⇒ g(x) = 3x f(x) = x+ | x |
4. h(x) =
√
x+ 12 ⇒ g(x) = √x f(x) = x+ 12
5. h(x) = x2 + 16x+ 64 ⇒ g(x) = x2 f(x) = x+ 4
6. h(x) =
(
2x+ 5
x− 4
)2
⇒ g(x) = x2 f(x) = 2x+ 5
x− 4
7. h(x) = sen 24x+ 5sen 4x+ 2 ⇒ g(x) = x2 + 5x+ 2 f(x) = sen 4x
Exercício 2.4.16.
Dadas as funções f(x) =| x+ 1 | e g(x) =| 2− x |. Determine f ◦ g e g ◦ f .
Solução.
Podemos escrever:
f(x) =
{
x+ 1 se x ≥ −1
−x− 1 se x < −1 g(x) =
{
x− 2 se x ≥ 2
2− x se x < 2
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 137
logo:
f ◦ g(x) = f(g(x)) =
{
g(x) + 1 se g(x) ≥ −1
−g(x)− 1 se g(x) < −1
f ◦ g(x) = f(g(x)) =

(x− 2) + 1 se x− 2 ≥ −1 e x ≥ 2
(2− x) + 1 se 2− x ≥ −1 e x < 2
−(x− 2)− 1 se x− 2 < −1 e x ≥ 2
−(2− x)− 1 se 2− x < −1 e x < 2
f ◦ g(x) = f(g(x)) =

x− 1 se x ≥ 1 e x ≥ 2
3− x se 3 ≥ x e x < 2
1− x se x < 1 e x ≥ 2 ⇒ x ∈ Φ
x− 3 se 3 < x e x < 2 ⇒ x ∈ Φ
Portanto, f ◦ g(x) =
{
x− 1 se x ≥ 2
3− x se x < 2 .
Por outro lado,
g ◦ f(x) = g(f(x)) =
{
f(x)− 2 se f(x) ≥ 2
2− f(x) se f(x) < 2
g ◦ f(x) = g(f(x)) =

(x+ 1)− 2 se x+ 1 ≥ 2 e x ≥ −1
(−x− 1)− 2 se − x− 1 ≥ 2 e x < −1
2− (x+ 1) se x+ 1 < 2 e x ≥ −1
2− (−x− 1) se − x− 1 < 2 e x < −1
g ◦ f(x) = g(f(x)) =

x− 1 se x ≥ 1 e x ≥ −1
−3− x se − 3 ≥ x e x < −1
1− x se x < 1 e x ≥ −1
x+ 3 se − 3 < x e x < −1
Portanto, g ◦ f(x) =

x− 1 se x ≥ 1
−3− x se x ≤ −31
1− x se − 1 ≤ x < 1
x+ 3 se − 3 < x < −1
.
Exercício 2.4.17.
Sejam f e g funções definidas por:
f(x) =
{
2x2 + 5x, se, x < 2
| x+ 2 | −2x, se, x ≥ 2 g(x) =
{
x+ 4, se, x > 2
x2 − 3x, se, x ≤ 2
138 Christian Quintana Pinedo
Achar : 1. f(1) + g(1) 2. f(0).g(0) 3. (fog)(2)
4.
f(4)
g(1)
5. (fog)(−3) 6. (gog)(3
2
)
Solução.
1. f(1) + g(1) = 7 + (−2) = 5
2. f(0).g(0) = (0).(0) = 0
3. (fog)(2) = f(g(2)) = f(−2) = −2
4.
f(4)
g(1)
=
(−2)
(−2) = 1
5. (fog)(−3) = f(g(−3)) = f(18) = −16
6. (gog)(
3
2
) = g(g(
3
2
)) = g(−9
4
) =
189
16
Exercício 2.4.18.
Dada a função de produção 9p = 2q2, onde q é a quantidade de um insumo, o que
acontece com a produção se a quantidade do insumo for duplicada? Como são então os
retornos da produção?
Solução.
Observe que p =
2
9
q2 é a função de produção. Quando o insumo for duplicado, tem-se
p =
2
9
(2q)2 = 4
[
2
9
q2
]
.
A produção fica quadruplicada.
Exercício 2.4.19.
Sejam R = −2q2 + 30q e C = 3q + 72 as funções de Receita e Custo para certo
produto. (a) Determine o ponto de equilíbrio (break-even). (b) Faça os gráficos de C e
R num mesmo eixo. (c) Determine a função lucro e faça seu gráfico. (d) Determine a
função lucro médio e faça seu gráfico por pontos tomados no intervalo de variação de q.
Solução.
(a) O ponto de equilíbrio obtém-se quando R = C, isto é −2q2 + 30q = 3q + 72 ⇒
2q2 − 27q + 72 = 0 ⇒ q = 27±
√
153
4
⇒ q = 6, 75 ± 3, 092 ⇒ q =
9, 842 ou q = 3, 657.
Obtém-se ponto de equilíbrio quando q = 9, 842 ou q = 3, 657.
(b) O gráficos de C e R num mesmo eixo mostra-se na figura (2.89).
(c) A função lucro é dada por L(q) = R(q) − C(q) = −2q2 + 27q − 72 seu gráfico
mostra-se na Figura (2.90).
(d) O lucro médio é dada pela função LM(q) =
R(q)− C(q)
q
= −2q + 27− 72
q
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 139
Figura 2.39: Figura 2.40:
Exercício 2.4.20.
Seja P = 20
√
x5 uma função que dá a quantidade P de certo produto que é produzida
em função da quantidade x de certo insumo. (a) Esboçar o gráfico da função. (b) O que
acontece com a produção se a quantidade de insumo por multiplicada por 6. (c) Como
são os retornos da produção?.
Solução.
⇓
⇓
⇓
Exercício 2.4.21.
Um laboratório ao lança um novo produto de beleza, estabelece uma função que dá
a quantidade procurada y no mercado em função da quantidade x de caixas com certa
quantidade de amostras, que foram distribuídas entre donas-de-casa. A função estabelecida
foi y = 300×(1, 3)x. (a) Qual foi a procura do produto antes da distribuição da amostra?.
E após a distribuição de duas caixas?. E após a distribuição da quatro caixas? (b)
Quantas caixas da amostra tem que ser distribuídas para que a quantidade procurada seja
3.000? (c) Esboce o gráfico da função.
Solução.
⇓
140 Christian Quintana Pinedo
⇓
⇓
Exercício 2.4.22.
A demanda mensal de um certo produto por consumidor é função de sua renda de
acordo com a seguinte expressão: q = 400 − 30.000
y + 30
, onde y é a renda em milhares de
reais e q é a quantidade do produto em gramas. (a) Faça o gráfico da função. (b) Essa
função é crescente ou decrescente? As taxas crescentes ou decrescentes? Por quê? (c)
Em que ponto corta o eixo horizontal dos x. Qual é o significado do fato?
Exercício 2.4.23.
Um comerciante é o representante de vendas de uma certa mercadoria em uma cidade.
Vende atualmente 200unidades e observa que a porcentagem de crescimento de vendas é
de 25% ao ano. (a) Determine função y = f(x) que dá a quantidade que será vendida
em função do tempo em anos, a partir de hoje. (b) Quanto estará vendendo daqui a dois
anos? E daqui a quatro anos?. Esboce o gráfico da função.
Solução.
Ao final do primeiro ano vendeu
[
125
100
]
× 200 = 1, 25(200).
Ao final do segundo ano vendeu
(125
100
)[125
100
]
× 200 = (1, 25)2(200).
Ao final do terceiro ano vendeu (1, 25)3(200).
a) Ao final de x anos vendera f(x) = (1, 25)x(200) unidades.
b) De aqui a dois anos estará vendendo f(2) = (1, 25)2(200) = 312, 5 unidades
Exercício 2.4.24.
Uma firma de serviços de fotocópias tem um custo fixo de R$800 por mês e custos
variáveis de 0, 06 por folha que reproduz. Expresse a função custo total em função do
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 141
número de páginas x copiadas por mês. Se os consumidores pagam 0, 1 por folha. Quantas
folhas a firma tem que produzir para não ter prejuízo?
Solução.
Suponhamos a firma de serviços reproduz x copias (páginas), entáo o custo mensal é
de C(x) = 800 + 0, 06x reais.
A receita é dada pela função R(x) = 0, 1x. Para não ter perjuizo deve acontecer que
R(x)− C(x) ≥ 0, isto é:
0, 01x− 800 + 0, 06x ≥ 0 ⇔ 0, 04x ≥ 800 ⇔ x ≥ 20.000
No mínimo a forma tem que reproduzir 20.000 copias.
Exercício 2.4.25.
A equação de demanda de um certo produto é q = 14 − 2p e a equação de oferta
q = 6p− 10. Determine o ponto de equilíbrio.
Solução.
Observe que 14− 2p = 6p− 10 ⇒ p = 3 logo q = 8.
O ponto de equilíbrio é (8, 3).
Exercício 2.4.26.
Seja a função y = xn, x > 0. Para que valores de x esta função tem valores maiores
que os de sua função inversa.
Solução.
Tem-se y = f(x) = xn então x = f−1(y) = n√y, de onde f−1(x) = n√x.
Queremos que xn > n
√
x, logo xn2 > x ⇔ x(xn2−1 − 1) > 0
• Quando n > 1, tem-se que x > 1. Observe que, no caso 0 < x < 1, temos xn < n√x.
• Quando 0 < n < 1, tem-se que 0 < x < 1. Observe que, no caso x > 1, temos
xn < n
√
x.
• Quando −1 < n < 0, tem-se que x > 1. Observe que, no caso 0 < x < 1, temos
xn < n
√
x.
• Quando n < −1, tem-se que 0 < x < 1. Observe que, no caso x > 1, temos
xn < n
√
x.
Exercício 2.4.27.
Qual deve ser a condição para que a função homográfica y =
ax+ b
cx+ d
coincida com sua
inversa. Sabe-se que ad 6= bc.
Solução.
142 Christian Quintana Pinedo
Como y = f(x) =
ax+ b
cx+ d
, então x = f−1(y) =
b− dy
cy − a ou f
−1(x) =
b− dx
cx− a
ax+ b
cx+ d
=
b− dx
cx− a ⇔ (ax+ b)(cx− a) = (b− dx)(cx+ d)
(a+ d)[x2c− x(a− d)− b] = 0
Quando a = −d, a função homográfica y = ax+ b
cx+ d
coincide com sua inversa.
Exercício 2.4.28.
Qual é a característica do gráfico de uma função homográfica identicamente a sua
inversa ?
Solução.
⇓
⇓
⇓
Exercício 2.4.29.
Mostre que a função f(x) =
x2 + 2x+ c
x2 + 4x+ 3c
assume qualquer valor real si 0 < c ≤ 1.
Demonstração.
Suponhamos que r ∈ R e x
2 + 2x+ c
x2 + 4x+ 3c
= r, então x2(1−r)+2x(1−2r)+c(1−3r) = 0.
Como f(x) ∈ R, e pela fórmula de Bhaskara segue:
[2(1− 2r)]2 ≥ 4c(1− 3r)(1− r) ⇔ 1− 4r + 4r2 ≥ c− 4rc+ 3cr2 ⇔
⇔ r2(4− 3c) + 4r(c− 1) + (1− c) ≥ 0
Pela Propriedade 1.11, tem-se [4(c− 1)]2 ≤ 4(4− 3c)(1− c), de onde
4(c2 − 2c+ 1)] ≤ 4− 7c+ 3c2 ⇔ c2 − c ≤ 0 ⇔ c(c− 1) ≤ 0
então c ∈ [0, 1].
Se c = 0, então f(x) =
x2 + 2x
x2 + 4x
/∈ R se x = 0 ou x = −4.
Portanto, c ∈ (0, 1].
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 143
Exercício 2.4.30.
O peso aproximado dos músculos de uma pessoa é diretamente proporcional a seu peso
corporal. (1.) Expresse o número de quilos do peso aproximado dos músculos de uma
pessoa como função de seu peso corporal, sabendo que uma pessoa com 68 kg tem peso
aproximado de seus músculos 27 kg. (2.) Ache o peso muscular aproximado de uma
pessoa cujo peso corporal é de 60 kg.
Solução.
Seja P o peso aproximado dos músculos de uma pessoa, e x seu peso corporal. Enão
P = αx.
1. Tem-se que P = 27 kg e x = 68 kg, logo 27 kg = 68α kg.
2. Como 27 kg = 68α kg, então α =
27
68
. assim P =
27
68
· 60 = 23, 82 kg
Exercício 2.4.31.
Um fabricante vende certo artigo aos distribuidores a R$20 por unidade para pedidos
menores de 50 unidades. No caso de pedidos de 50 unidades ou mais (até 600), o preço
tem um desconto de 2 centavos vezes o número encomendado. Qual é a quantidade de
encomenda que proporciona maior ingresso para o fabricante?
Solução.
Suponhamos seja x o número encomendado de artigos, onde 50 ≤ x ≤ 600. Logo o
desconto será de 0, 02x.
A receita na venda das x unidades é R(x) = 20x − (0, 02x)x ⇒ R(x) = 20x −
0, 02x2, isto é R(x) =
2
100
[1000x− x2] = 2
100
[5002 − (500− x)2].
Quando x = 500 tem-se que R(500) = 5000 é o maior ingresso para o fabricante.
Exercício 2.4.32.
Desenhar o gráfico e determine o custo médio da função de custo total C(q) = aq
[
q + b
q + a
]
onde a, b e c são constantes positivas b < c.
Solução.
O custo médio é CM =
C(q)
q
= a
[
q + b
q + a
]
Exercício 2.4.33.
Uma mercearia anuncia a seguinte promoção:
“Para compras entre 100 e 600 reais compre (x+100) reais e ganhe (x/10)%
de desconto na sua compra.”
Qual a maior quantia que se pagaria à mercearia nesta promoção ?
Solução.
144 Christian Quintana Pinedo
Figura 2.41:
A quantia a ser paga é f(x) = (x+ 100)− 1
100
[
x
10
](x+ 100) = (x+ 100)
[
1000− x
1000
]
,
isto é f(x) =
1
1000
[100000− 900x− x2] = 1
1000
[100000 + 4502 − (450− x)2];
Quando x = 450 tem-se que f(450) = 302.5. Isto é, para uma compra de 550 teremos
um desconto de
1
100
[
450
10
](550) = 247, 5 reais
Exercício 2.4.34.
Consideremos duas funções f e g definidas por:
f(x) =| x− 2 | + | x− 1 | e g(x) =

2x− 1, se, x ≤ −1
2, se, − 1 < x < 1
x2, se, 1 ≤ x
Determine as funções f ◦ g e g ◦ f .
Solução.
Podemos escrever:
f(x) =

x− 2 + x− 1, se x ≥ 2
2− x+ x− 1, se 1 ≤ x < 2
2− x+ 1− x se x < 1
⇔ f(x) =

2x− 3, se x ≥ 2
1, se 1 ≤ x < 2
3− 2x se x < 1
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 145
Para calcular fog(x)
f ◦ g(x) = f(g(x)) =

2(2x− 1)− 3, se (2x− 1) ≥ 2 e x ≤ −1
2(2)− 3, se 2 ≥ 2 e − 1 < x < 1
2x2 − 3, se x2 ≥ 2 e 1 ≤ x
1, se 1 ≤ (2x− 1) < 2 e x ≤ −1
1, se 1 ≤ 2 < 2 e − 1 < x < 1
1, se 1 ≤ x2 < 2 e 1 ≤ x
3− 2(2x− 1), se (2x− 1) < 1 e x ≤ −1
3− 2(2), se 2 < 1 e − 1 < x < 1
3− 2x2, se x2 < 1 e 1 ≤ x
f ◦ g(x) = f(g(x)) =

1, −1 < x < √2
2x2 − 3, se x ≥ √2
5− 4x, se x ≤ −1
Para calcular f ◦ g(x)
gof(x) = g(f(x)) ==

2(2x− 3)− 1, se, (2x− 3) ≤ −1 e x ≥ 2
2(1)− 1, se, 1 ≤ −1 e 1 ≤ x < 2
2(3− 2x)− 1, se, 3− 2x ≤ −1 e x < 1
2, se, − 1 < 2x− 3 < 1 e x ≥ 2
2, se, − 1 < 1 < 1 e 1 ≤ x < 2
2, se, − 1 < 3− 2x < 1 se x < 1
(2x− 3)2, se, 1 ≤ 2x− 3 e x ≥ 2
12, se, 1 ≤ 1 e 1 ≤ x < 2
(3− 2x)2, se, 1 ≤ 3− 2x e x < 1
g ◦ f(x) = g(f(x)) ==

(2x− 3)2, se, x ≥ 2
1, se, 1 ≤ x < 2
(3− 2x)2, se, x < 1
146 Christian Quintana Pinedo
2.5 Outros Tipos de Funções Reais.
Exercícios 2-5
Exercício 2.5.1.
Dada a função f(x) =
1√
x3 − 1 determinar sua função inversa f
−1(x) e a imagem de
f(x).
Solução.
Tem-se y =
1√
x3 − 1 e y > 0, logo y
2(x3 − 1) = 1 ⇒ x = 3
√
1 + y2
y2
, y > 0.
Por outro lado, x3−1 > 0 ⇒ x3 > 1 ⇒ (x−1)(x2+x+1) > 0 ⇒ x > 1.
Assim, 0 <
1√
x3 − 1 < 1.
Portanto, f−1(x) = 3
√
1 + x2
x2
, x > 0, e D(f−1) = (0, 1).
Exercício 2.5.2.
Mostre que, para x > 0 a equação y+ | y | −x− | x |= 0 determina a função
cujo gráfico será a bissetriz do primeiro ângulo coordenado, entanto para x ≤ 0 são as
coordenadas de todos os pontos do terceiro quadrante (incluídos seus pontos de fronteira)
as que satisfazem a equação dada.
Demonstração.
Quandox > 0 tem-se y+ | y | −x − x = 0 ⇒ y+ | y |= 2x, quando
y ≥ 0 ⇒ y = x é a reta bissetriz do ângulo do primeiro quadrante. Quando y <
0 ⇒ y − y = 2x ⇒ x = 0 é a reta (0, y), y < 0.
Quando x ≤ 0 tem-se y+ | y | −x − (−x) = 0 ⇒ y+ | y |= 0, quando
y ≥ 0 ⇒ y+y = 0 é a reta (x, 0), x ≤ 0. Quando y < 0 ⇒ 0 = 0 ⇒ y = 0
são os pontos (x, y), x ≤ 0, y < 0 são pontos do terceiro quadrante (incluídos seus
pontos de fronteira).
Exercício 2.5.3.
Dadas as seguintes funções reais, determine caso exista, sua função inversa.
1. f(x) = x2 − 5x+ 6 2. g(x) = x
2 − 4
x+ 2
3. f(x) =
5
7− 2x
4. h(x) =
√
x2 − 4x+ 4 5. s(x) = x+ | x+ 1 | 6. t(x) = √x+ 2− 5
Solução.
1. A função não é bijetiva, logo não possui inversa. Entanto sabendo que o vértice do
gráfico encontra-se no ponto (2, 5; f(2, 5)) considerando x ≥ 2, 5 tem-se da igualdade
y = x2 − 5x+ 6 ⇒ x2 − 5x+ (6− y) = 0 logo x = 1
2
(5±√1 + 4y).
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 147
Assim, se x ≥ 2, 5 existe a função inversa f−1(y) = 1
2
(5 +
√
1 + 4y), y ≥ 0, 25.
2.
⇓
⇓
⇓
3. Seja y = f(x) =
5
7− 2x ⇒ y(7 − 2x) = 5 ⇒ x =
7y − 5
2y
⇒ f−1(x) =
7x− 5
2x
4. A função não é bijetiva, logo não possui inversa. Entanto considerando x ≥ 2 tem-
se da igualdade y = h(x) =
√
x2 − 4x+ 4 ⇒ y = √(x− 2)2 ⇒ y =
|x− 2| ⇒ x = y + 2 ⇒ h−1(y) = y + 2
5. A função não é bijetiva, logo não possui inversa. Entanto considerando x ≥ −1 tem-se
da igualdade y = s(x) = x + |x + 1| ⇒ y = 2x + 1 ⇒ x = 1
2
y − 1 ⇒
s−1(y) =
1
2
y − 1, y ≥ −1
6. A função está definida para x ≥ 2. Seja y = t(x) = √x+ 2 − 5 ⇒ (y + 5)2 =
x+ 2 ⇒ x = (y + 5)2 − 2 ⇒ t−1(x) = (x+ 5)2 − 2
Exercício 2.5.4.
Se f(x) = x−2a, determinar os valores da constante a de modo que f(a2) = f−1(a−2).
Solução.
Seja y = f(x) ⇒ x = y + 2a de onde f−1(x) = x + 2a. Deve acontecer que
f(a2) = f−1(a− 2), então a2 − 2a = (a− 2) + 2a, logo a2 − 5a+ 2 = 0.
Resolvendo esta equação de segundo grau segue que x =
5±√52 − 8
2
=
−5±√17
2
.
Exercício 2.5.5.
Seja f : A −→ [−9, −1) definida por f(x) = 4 + 3x
1− 3x :
1. Determinar A. 2. Mostre que f é 1− 1. 3. f é sobre?.
Solução.
1. Tem-se que −9 ≤ 4 + 3x
1− 3x < −1 ⇒ −9 ≤
4 + 3x
1− 3x e
4 + 3x
1− 3x < −1
0 ≤ 9 + 4 + 3x
1− 3x e
4 + 3x
1− 3x + 1 < 0 ⇔ 0 ≤
13− 24x
1− 3x e
5
1− 3x < 0
148 Christian Quintana Pinedo
0 ≤ x−
13
24
x− 1
3
e 1− 3x < 0 ⇔ 0 ≤ (x− 13
24
)(x− 1
3
) e
1
3
< x
Portanto, A = (
13
24
, ∞).
2. Suponhamos que f(x1) =
4 + 3x1
1− 3x1 = f(x2) =
4 + 3x2
1− 3x2 então (4 + 3x1)(1 − 3x2) =
(4 + 3x2)(1 − 3x1) ⇒ 4 + 3x1 − 12x2 − 9x1x2 = 4 − 12x1 + 3x2 − 9x1x2 ⇒
15x1 = 15x2.
Assim, f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2, logo f é biunívoca.
3. Pela parte 1., sim f é sobre, para todo y ∈ [−9,−1) existe x ∈ (13
24
, ∞) tal que
y = f(x).
Exercício 2.5.6.
Se f(x) = x+ 2c e f(c2) = f−1(c), achar o valor de:
1. f(0) · f−1(0) 2. f(1)
f−1(1)
.
Solução.
1. Como f(x) = x+2c ⇒ f−1(x) = x−2c, logo f(0)·f−1(0) = (0+2c)·(02+2c) = 4c2
2.
f(1)
f−1(1)
=
(1 + 2c)
(12 + 2c)
= 1, c 6= 1
2
Exercício 2.5.7.
Construir o gráfico e determinar a imagem das seguintes funções:
1. f(x) =

x2 − 4
x+ 2
, se, x 6= −2
3, se, x = −2
2. f(x) =
{
| 4− x2 |, se, | x |< 3
5, se, | x |≥ 3
3. f(x) =

| x+ 3 |, se, − 4 ≤ x ≤ 0
3− x2, se, 0 < x ≤ 4
−2, se, | x |> 4
4. f(x) =

(x− 1)2, se, 0 ≤ x < 2
10− x2, se, 2 ≤ x ≤ 3
−2, se, x < 0 ou x > 3
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 149
5. f(x) =

− | x+ 4 |, se, − 8 ≤ x ≤ 2
x2 − 4x− 2, se, 2 < x ≤ 5
−x2 + 10x− 22, se, 5 < x ≤ 8
−3, se, | x |> 8
Solução.
Figura 2.42: Figura 2.43: Figura 2.44:
Figura 2.45: Figura 2.46:
Exercício 2.5.8.
Construir o gráfico, determinar a imagem e verifique se as seguintes funções são in-
150 Christian Quintana Pinedo
versíveis :
1. f(x) =

(x− 1)3, se, 0 ≤ x < 2
10− x2, se, 2 ≤ x ≤ 3
−2, se, x < 0 ou x > 3
2. f(x) = 5(x+ | x+ 1 |)
3. f(x) =

| x+ 3 |, se, − 4 ≤ x ≤ 0
3− x2, se, 0 < x ≤ 4
−2, se, | x |> 4
4. f(x) = x2 − 5x+ 6
5. f(x) =

| x+ 4 |, se, − 8 ≤ x ≤ 2
x+ 2, se, 2 < x ≤ 5
x3, se, 5 < x ≤ 8
−3, se, | x |> 8
6. f(x) =
{
| 4− x2 |, se, | x |< 3
5, se, | x |≥ 3
7. f(x) =

− | x+ 4 |, se, − 8 ≤ x ≤ 2
x2 − 4x− 2, se, 2 < x ≤ 5
10x− x2 − 22, se, 5 < x ≤ 8
−3, se, | x |> 8
8. f(x) =

x2 − 4
x+ 2
, se, x 6= −2
3, se, x = 2
Solução.
Figura 2.47: Figura 2.48: Figura 2.49:
Exercício 2.5.9.
Determine dois conjuntos A e B para que a equação a seguir determine uma função
implícita f : A −→ B.
1.
x2
9
+
y2
4
= 1 2. x2 − y2 = 1 3. x2 − 3y + y2 − 9y = −8
4.
x+ 1
x
= y 5. | x | + | y |= 2 6. yx2 − x− 9y = 0
Solução.
1. A = [−3, 3], B = [−2, 2]
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 151
Figura 2.50: Figura 2.51: Figura 2.52:
Figura 2.53: Figura 2.54:
2. A = (−∞,−1] ∪ [1, ∞), B = R
3. A =, B =
4. A =, B =
5. A = [−2, 2], B = [−2, 2]
6. A =, B =
Exercício 2.5.10.
Determine valores de a e b na expressão da função f(x) = ax2 + bx+ 5 para os quais
seja válida a identidade f(x+ 1)− f(x) = 8x+ 3.
Solução.
Tem-se f(x+1)−f(x) = 8x+3 ⇒ [a(x+1)2+b(x+1)+5]−[ax2+bx+5] = 8x+3,
logo (2a− 8)x+ (a+ b− 3) = 0.
De onde a = 4, b = −1.
Exercício 2.5.11.
152 Christian Quintana Pinedo
Verifique se a função a seguir é par o ímpar justificando sua resposta.
1. f(x) = −x3 + x 2. f(x) = x · ex + x2 3. f(x) = −x+ x3
4. f(x) =
ex + e−x
2
5. h(x) =
x
| x | 6. w(t) = x · e
t2
Solução.
1. Seja f(x) = −x3 + x, logo f(−x) = −(−x)3 + (−x) = −f(x). É ímpar.
2. Seja f(x) = x · ex + x2, logo f(−x) = (−x) · e−x + (−x)2. Não é par e nem ímpar.
3. Seja f(x) = −x+ x3, logo f(−x) = −(−x) + (−x)3 = −f(x). É ímpar.
4. Seja f(x) =
ex + e−x
2
, logo f(−x) = e
−x + e−(−x)
2
= f(x). É par.
5. Seja h(x) =
x
| x | , logo h(−x) =
(−x)
| (−x) | = −h(x). É ímpar.
6. Seja w(t) = x · et2 , logo w(−t) = x · e(−t)2 = w(t). É par.
Exercício 2.5.12.
Se o conjunto A é simétrico em relação à origem (se x ∈ A, então −x ∈ A) para toda
f : A −→ R prove que a função:
1.
f(x) + f(−x)
2
é par. 2.
f(x)− f(−x)
2
é ímpar.
Solução.
1. Seja F (x) =
f(x) + f(−x)
2
⇒ F (−x) = f(−x) + f(−(−x))
2
=
f(−x) + f(x)
2
=
F (x)
Logo
f(x) + f(−x)
2
é função par.
2. Seja G(x) =
f(x)− f(−x)
2
⇒ G(−x) = f(−x)− f(−(−x))
2
=
f(−x)− f(x)
2
=
−G(x)
Logo
f(x)− f(−x)
2
é função ímpar.
Exercício 2.5.13.
Apresente cada uma das seguintes funções como soma de uma função par e outra
ímpar:
1. y = x3 + 3x+ 2 2. y = 1− x3 − x4 − 2x5
Solução.
1. y = x3 + 3x + 2 = f(x) + g(x) onde g(x) = x3 + 3x é função ímpar, e f(x) = 2 é
função par.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 153
2. y = 1−x3−x4−2x5 = h(x)+s(x) onde h(x) = 1−x4 é função par, e s(x) = −x3−2x5
ímpar.
Exercício 2.5.14.
Mostre que o produto de duas funções pares ou ímpares é uma função par e, o produto
de uma função par por uma ímpar é função ímpar.
Solução.
Sejam f(x) e g(x) funções pares, então f(−x) = f(x) e g(−x) = g(x). Defino h(x) =
f(x) · g(x), logo h(−x) = f(−x) · g(−x) = f(x) · g(x) = h(x).
O caso de f(x) e g(x) serem funções ímpares, então f(−x) = −f(x) e g(−x) = −g(x),
então h(−x) = f(−x) · g(−x) = −f(x) · [−g(x)] = h(x).
Verifica-se que o produto de duas funções pares ou ímpares é uma função par.
Seja f função par e s função ímpar. Definimos k(x) = f(x) · s(x), logo k(−x) =
f(−x) · s(−x) = f(x) · [−s(x)] = −k(x).
Verifica-se que o produto de uma função par por uma ímpar é função ímpar.
Exercício 2.5.15.
Seja n natural ímpar. Mostre que f(x) = n
√
x é estritamente crescente no intervalo
[0, +∞).
Solução.
Seja h ∈ R modo que 0 < h, então 0 < (x + h) − x para todo x ∈ [o, ∞).Lembrar
que se n é ímpar, então an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b+ · · ·+ abn−2 + bn−1). Assim
0 < (x+ h)− x = ( n√x+ h)n − xn =
= (
n
√
x+ h− n√x)( n
√
(x+ h)n−1 + n
√
(x+ h)n−2 n
√
x+ · · ·+ n√x+ 1 n
√
xn−2 + n
√
xn−1)
Como ( n
√
(x+ h)n−1 + n
√
(x+ h)n−2 n
√
x + · · · + n√x+ 1 n√xn−2 + n√xn−1) > 0 , segue
que
0 < n
√
x+ 1− n√x ⇒ n√x < n√x+ 1
Portanto, f(x) < f(x+ h), e a função f(x) = n
√
x é estritamente crescente.
Exercício 2.5.16.
Seja f(x) =
1
x
para x ∈ I = (0, 1]. Pergunta-se:
1. Esta função é limitada superiormente?
2. Esta função é limitada inferiormente?
3. Existe max
x∈I
.f(x) ? 4. Existe min
x∈I
.f(x) ?
154 Christian Quintana Pinedo
Solução.
1. Quando os valores de x aproximamos pela direita para zero, a função f(x) =
1
x
cresce
indefinidamente para +∞, logo não é limitada superiormente.
2. Quando os valores de x = 1, a função f(1) =
1
1
= 1, logo é limitada inferiormente por
f(1).
3. Não existe max
x∈I
.f(x) pelo fato não ser limitada superiormente.
4. Existe min
x∈I
.f(x) = 1 pelo fato estar limitado inferiormente, e o limite pertencer a
Im(f).
Exercício 2.5.17.
Análogo ao exercício anterior para a função:
1. f(x) = x3 − x quando x ∈ I = [−4, 4].
2. f(x) = x2 − 2x+ 1 quando x ∈ I = [−4, 4].
Solução.
1. A função f(x) = x3 − x é limitada (superior e inferiormente), o max
x∈I
.f(x) = 60 e o
valor do min
x∈I
.f(x) = −60.
2. A função f(x) = x2 − 2x+ 1 é limitada (superior e inferiormente), o max
x∈I
.f(x) = 25
e o valor do min
x∈I
.f(x) = 0.
Exercício 2.5.18.
Mostre que
2x
x+ 2
é estritamente crescente nos intervalos (−∞, −2) e (−2, +∞).
Solução.
Podemos escrever a função f(x) =
2x
x+ 2
= 2 − 4
x+ 2
. Seja h > 0, então para todo
x > −2 segue que 0 < x+ 2 < x+ h+ 2
4
x+ h+ 2
<
4
x+ 2
⇒ 2− 4
x+ 2
< 2− 4
x+ h+ 2
⇒ f(x) < f(x+ h)
Assim, para para x > −2 e h > 0 tem-se que x < x+ h ⇒ f(x) < f(x+ h)
Seja k > 0, então para todo x < −2 segue que x− h+ 2 < x+ 2 < 0
− 4
x− k + 2 < −
4
x+ 2
⇒ 2− 4
x− k + 2 < 2−
4
x+ k + 2
⇒ f(x− k) < f(x)
Assim, para x < −2 e k > 0 tem-se que x < x+ h ⇒ < f(x− k) < f(x)
Portanto,
2x
x+ 2
é estritamente crescente nos intervalos (−∞, −2) e (−2, +∞)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 155
Exercício 2.5.19.
Mostre que toda função estritamente crescente ou estritamente decrescente é injetora.
Solução.
Suponhamos que f seja estritamente crescente, logo para todo x1, x2 ∈ D(f) tais que
x1 < x2 segue que f(x1) < f(x2).
Como x1 < x2, logo x1 6= x2 então f(x1) < f(x2), logo f(x1) 6= f(x2)
Tem-se x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2) se, e somente se, x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2).
Portanto, f é injetora.
Exercício 2.5.20.
Seja n número natural ímpar, mostre que f(x) = n
√
x+ 1 é estritamente crescente em
R.
Solução.
Se n é ímpar, segue que f(x) = n
√
x+ 1 existe para todo x ∈ R.
Como f(x) = n
√
x+ 1 então [f(x)]n = x+ 1, ∀ x ∈ R.
Suponhamos x1 < x2, então existe α ∈ R, α > 0 tal que x1 + α = x2.
Tem-se para qualquer n ∈ N que x2 + 1 = x1 + α + 1 ⇒ (x2 + 1) = (x1 + 1) + α
então
[f(x2)
n = [f(x1)]
n + α ⇒ [f(x2)]n > [f(x1)]n
extraindo a raiz de ordem n segue f(x2) > f(x1).
Portanto, f é estritamente crescente.
Exercício 2.5.21.
Sendo f(x) = sen x e g(x) = log x, pede-se determinar o valor de g[f(
pi
2
)]
Tem-se f(
pi
2
) = sen
pi
2
= 1, logo g[f(
pi
2
)] = g(1) = log 1 = 0.
Portanto, g[f(
pi
2
)] = 0.
Exercício 2.5.22.
Determine o possível valor para n ∈ Z para o qual 2x > xn para todas as x ≥ 100.
156 Christian Quintana Pinedo
Exercício 2.5.23.
Seja f(x) = Ln (x). Mostre que f(x) + f(x+ 1) = f(x(x+ 1)).
Demonstração.
Como f(x) = Ln (x) então f(x) + f(x + 1) = Ln (x) + Ln (x + 1) = Ln (x(x + 1)) =
f(x(x+ 1)).
Exercício 2.5.24.
Se f é uma função tal que f(1) = a, f(p) = b e f(x+ y) = f(x) · f(y), ∀ x, y ∈ R,
então f(2 + p) é igual a:
Solução.
Tem-se f(1 + p) = f(1) · f(p) = ab, logo f(2 + p) = f [1 + (1 + p)] = f(1) · f(1 + p) =
a(ab) = a2b.
Exercício 2.5.25.
Sejam f : A −→ B e g : B −→ R duas funções. Demonstre que:
1. Se f e g são biunívocas, então gof é biunívoca?
2. Se f e g são sobrejetivas, então gof é sobrejetiva?
3. Se gof é biunívoca, então f é biunívoca.
4. Se gof é sobrejetiva, então g é sobrejetiva.
Demonstração.
1. Sejam x1, x2 ∈ D(gof) tais que x1 6= x2. Como x1, x2 ∈ D(f) ⊆ A e f é biunívoca
então f(x1) 6= f(x2).
Sabendo que f(x1), f(x2) ∈ D(g) ⊆ B e g é biunívoca então g(f(x1)) 6= g(f(x2)).
Portanto x1, x2 ∈ D(gof), x1 6= x2 ⇒ g(f(x1)) 6= g(f(x2)). Sim gof é
biunívoca.
2. Para todo z ∈ Im(gof), sendo g sobrejetiva, existe y ∈ D(g) ⊆ B tal que g(y) = z.
Como f também é sobrejetiva, para todo y ∈ B em particular para g(y) = z existe
x ∈ A tal que f(x) = y, logo g(f(x)) = g(y) = z.
Portanto, Para todo z ∈ Im(gof) existe x ∈ A tal que (gof)(x) = z. Sim gof é
sobrejetiva.
3.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 157
4.
⇓
⇓
⇓
Exercício 2.5.26.
Em um certo clube de futebol, a taxa anual cobrada aos sócios é de R$300, 00 e o
sócio pode utilizar campo de futebol pagando R$2, 00 por hora. Em outro clube, a taxa
é R$200, 00 e cobram R$3, 00 por hora de uso do campo de futebol. Considerando as
questões financeiras; que clube você escolheria ?
Solução.
⇓
⇓
⇓
Exercício 2.5.27.
As funções de oferta e demanda de um certo produto são respectivamente S(p) = p−10
e D(p) = 5.600p−1.
1. Calcular o preço de equilíbrio e o número correspondente de unidades em oferta e
demanda.
2. Construía as gráficos das funções num mesmo par de eixos.
⇓
⇓
⇓
158 Christian Quintana Pinedo
Exercício 2.5.28.
Um número de dois algarismos excede em uma unidade o sêxtuplo da soma de seus
algarismos desse número. Se a ordem dos algarismos desse número for invertida, o novo
número terá nove unidades a menos do que o número original. Encontrar o número
original.
Solução.
Seja ab o número original, pela decomposição polinômica de qualquer número inteiro
na base decimal, podemos escrever ab = 10a+ b ou ba = 10b+ a.
Pelos dados do problema ab = 6(a + b) + 1 isto é 10a + b = 6a + 6b + 1 então
4a− 5b = 1. Por outro lado, ba = ab− 1 então a− b = 1.
Resolvendo o sistema 4a− 3b = 1, a− b = 1 segue que a = 4 e b = 3.
Portanto, o número é 43.
Exercício 2.5.29.
As equações de oferta e demanda numa determinada fábrica estão dadas por q = 24−p
e q = 10 p− 20, funções lineares do preço. Determine a quantidade de equilíbrio.
Solução.
⇓
⇓
⇓
Exercício 2.5.30.
A folha de pagamento mensal de uma empresa é diretamente proporcional ao nú-
mero de trabalhadores, sabendo que 20 dos trabalhadores tem uma folha de pagamento de
R$3000, 00.
1. Expresse o valor da folha de pagamento mensal como função do número de trabalha-
dores;
2. Qual a folha de pagamento para 18 trabalhadores?
Solução.
1. Suponhamos seja x o número de trabalhadores, então a folha de pagamento é uma
função de x, seja f(x) a folha de pagamento.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 159
Pelos dados do problema f(x) = kx para algum k ∈ R, pois são diretamente
proporcionais. Assim, f(x) = kx expressa o valor da folha de pagamento como
função do número de trabalhadores.
2. Quando x = 20 ⇒ f(20) = 3.000, 00 = 20k ⇒ k = 150. Para o caso x = 18
tem-se f(18) = (150)(18) de onde f(18) = 2700, 00
160 Christian Quintana Pinedo
2.6 Funções Transcendentes.
Exercícios 2-6
Exercício 2.6.1.
Nos seguintes exercícios resolva para x.
1. log10 10000 = x 2. log10 0, 01 = x 3. log4
[
1
256
]
= x
4. logx 81 = 3 5. e
Ln x =
√
3 6. x2 − 8x = log4(256)−1
7. log2 x = −5 8. Ln x = −2 9. log35 x+ log35(x+ 2) = 1
Solução.
1. log10 10000 = x ⇒ 10000 = 10x ⇒ x = 4.
2. log10 0, 01 = x ⇒ 0, 01 = 10x ⇒ x = −2.
3. log4[
1
256
]
= x ⇒ 1
256
= 4x ⇒ x = −4.
4. logx 81 = 3 ⇒ 81 = x3 ⇒ x = 3
√
81.
5. eLn x =
√
3 ⇒ x = √3
6. x2 − 8x = log4(256)−1 ⇒ x2 − 8x = − log4(4)4 ⇒ x2 − 8x + 4 = 0 ⇒
x = 4±√12
7. log2 x = −5 ⇒ x = 2−5 ⇒ x =
1
32
.
8. Ln x = −2 ⇒ x = e−2 ⇒ x = 1
e2
.
9. log35 x+log35(x+2) = 1 ⇒ log35 x(x+2) = 1 ⇒ x(x+2) = 35 ⇒ x = 5
Exercício 2.6.2.
Traçar o gráfico para as seguintes funções:
1. y = −(6)x 2. y = 4x 3. y =
[
5
4
]x
4. y = (
√
3)x 5. y = pi−2x 6. y = −(2−x
7. log4 x
2 8. log3(x− 1) 9. loge ex
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 161
Figura 2.55: Figura 2.56: Figura 2.57:
Figura 2.58: Figura 2.59: Figura 2.60:
Figura 2.61: Figura 2.62: Figura 2.63:
Exercício 2.6.3.
Determine se as seguintes funções dadas são inversas uma da outra esboçando seus
gráficos no mesmo sistema de eixos. Calcular seu domínio e imagem para cada uma das
funções:
1. f(x) = 2ex g(x) = Ln
√
x 2. f(x) = ex + 1 g(x) = Ln (x− 1)
3. f(x) = e2x+1 g(x) = 1− Ln 2x 4. f(x) = e3x g(x) = Ln x−3
Solução.
162 Christian Quintana Pinedo
Figura 2.64: Figura 2.65: Figura 2.66:
1. f(x) = 2ex não tem como função inversa g(x) =
Ln
√
x. A inversa de f(x) é f−1(x) = Ln
x
2
.
D(f) = R ,D(g) = R+
2. Sim, f(x) = ex + 1 é função inversa de g(x) =
Ln (x− 1). D(f) = R ,D(g) = (1, ∞)
3. f(x) = e2x+1 não tem como função inversa
g(x) = 1−Ln 2x. A inversa de f(x) é f−1(x) =
1
2
Ln
x
e
. D(f) = R ,D(g) = (0, ∞)
4. f(x) = e3x não tem como função inversa g(x) =
Ln x−3. A inversa de f(x) é f−1(x) = Ln 3
√
x.
D(f) = R ,D(g) = (0, ∞) Figura 2.67:
Exercício 2.6.4.
Mostre que as seguintes funções dadas são inversas uma da outra esboçando seus grá-
ficos no mesmo sistema de eixos. Calcular seu domínio e imagem para cada uma das
funções.
1. f(x) = e2x g(x) = Ln
√
x 2. f(x) = ex − 1 g(x) = Ln (x+ 1)
3. f(x) = ex−1 g(x) = 1 + Ln x 4. f(x) = e
x
3 g(x) = Ln x3
1.
2.
3.
Exercício 2.6.5.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 163
Figura 2.68: Figura 2.69: Figura 2.70:
Resolver as seguintes equações:
1. x = log 1
6
36 2. x = log3
√
2 cos 30
o 3. x = log23 5
√
2
4. log25 x = 3 5. x = log2x(
3
√
25)4 = 6 6. xx−1 =
1
27
7. x(x−2) = log 10 3
√
10 8. logx 10
3
√
10 =
4
3
9.
1
3
log 1
4
x =
1
2
1. x = log 1
6
36 ⇔ (1
6
)x = 36 ⇔ 6−x = 62 ⇔ x = −2
2. x = log3√2 cos 30
o ⇔ (3
√
2)x = cos 30o =
√
3
2
⇔ 3
√
2x =
√
3
2
3. ⇔
4. log25 x = 3 ⇔ x = 253
5. ⇔
6. ⇔
7. ⇔
8. ⇔
9. ⇔
⇓
⇓
⇓
⇓
164 Christian Quintana Pinedo
⇓
⇓
Exercício 2.6.6.
Se f(x) = Ln
[
1− x
1 + x
]
mostre que f−1(x) = −
[
ex/2 − e−x/2
ex/2 + e−x/2
]
.
Solução.
Como Se y = f(x) = Ln
[
1− x
1 + x
]
então ey =
1− x
1 + x
.
Logo, ey(1+x) = 1−x ⇒ x = −
[
ey − 1
ey + 1
]
= −
[
ey/2(ey/2 − e−y/2)
ey/2(ey/2 + e−y/2)
]
= −
[
ey/2 − e−y/2
ey/2 + e−y/2
]
Portanto, f−1(x) = −
[
ex/2 − e−x/2
ex/2 + e−x/2
]
Outra solução.
Do fato ser estritamente positivo
1− x
1 + x
segue que −1 < x < 1 logo √ey =
√
1− x
1 + x
.
Assim
ey/2 =
√
1− x√
1 + x
e e−y/2 =
√
1 + x√
1− x
De onde ey/2 + e−y/2 =
√
1− x√
1 + x
+
√
1 + x√
1− x =
2√
1− x2 .
De modo análogo ey/2 − e−y/2 =
√
1− x√
1 + x
−
√
1 + x√
1− x =
−2x√
1− x2 , logo[
ey/2 − ey/2
ey/2 + e−y/2
]
= −x ⇒ f−1(x) = −
[
ex/2 − ex/2
ex/2 + e−x/2
]
Portanto, f−1(x) = −
[
ex/2 − ex/2
ex/2 + e−x/2
]
Exercício 2.6.7.
Uma função y = f(x) esta dada pela equação y2 − 1 + log2(x− 1) = 0. Determine o
domínio de definição da função, e defina a função inversa f−1(x).
Solução.
Tem-se que y2 − 1 + log2(x − 1) = 0 ⇒ y = f(x) =
√
1− log2(x− 1 ou y =
g(x) = −√1− log2(x− 1).
Condição x−1 > 0. Como 1−log2(x−1) ≥ 0 ⇒ 1 ≥ log2(x−1) ⇒ 21 ≥ x−1
logo x ≤ 3, Pela condição para x, segue que o domínio D(f) = (1, 3].
Cálculo da função inversa.
De y = f(x) =
√
1− log2(x− 1) segue que 21−y2 = x−1, então x = 21−y2+1, y ≥ 0.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 165
Portanto, a função inversa de y = f(x) é f−1(x) = 21−x2 + 1, x ≥ 0.
Exercício 2.6.8.
Se f(x) = 4x e x1, x2 e x3 são três números em progressão aritmética então demonstrar
que f(x1), f(x2) e f(x3) estão em progressão geométrica. Qual é a razão ?
Solução.
Suponhamos os números x1, x2 = x1 + r e x3 = X1 + 2r, logo: f(x1) = 4x1 , f(x2) =
4x1+r = 4x1 · (4r) e f(x3) = 4x1+2r = 4x1 · (4r)2.
Assim, f(x1), f(x2) e f(x3) estão em progressão geométrica de razão 4r.
Exercício 2.6.9.
Suponha que a t horas da madrugada a temperatura de uma cidade seja, C(t) =
−t
2
7
+4t+8 graus centígrados. a) Que temperatura tinha as 14 horas ? b) Em que tanto
aumento o diminuo a temperatura, entre 6 e 7 horas?
Solução.
a) Tem-se C(t) = −t
2
7
+ 4t+ 8, quando t = 4 segue C(4) = −4
2
7
+ 4(4) + 8 = 21, 71...
b) Observe que C(6) = −6
2
7
+ 4(6) + 8 = 26, 85... e C(7) =
72
7
+ 4(7) + 8 = 29
Aumento em 2, 15 graus centígrados.
Exercício 2.6.10.
Suponha que o custo total para fabricar q unidades de um certo produto seja dada pela
função C(q) = q3 − 30q2 + 400q + 500.
1. Calcular o custo de fabricação de 20 unidades.
2. Calcular o custo de fabricação da 20a unidade.
Solução.
(a) Temos que C(x) = x3 − 30x2 + 400x + 500, logo para fabricar 20 unidades o custo
total é C(20) = (20)3 − 30(20)2 + 400(20) + 500 = 4500.
Portanto o custo para a fabricação de 20 unidades é 4500 reais.
(b) O custo para a fabricação de 19 unidades é: C(19) = (19)3−30(19)2+400(19)+500 =
4129.
Portanto, o custo da fabricação do vigésimo produto é 4500− 4129 = 371 reais.
166 Christian Quintana Pinedo
Exercício 2.6.11.
A folha de pagamento (F.P.) diária de uma equipe de trabalho é diretamente propor-
cional ao número de trabalhadores (T ), e uma equipe de 12 trabalhadores tem uma folha
de pagamento de R$540.
1. Expresse o valor total da folha de pagamento diária como função do número de traba-
lhadores.
2. Qual a folha de pagamento de uma equipe de 15 trabalhadores.
Solução.
1. Tem-se que F.P.(T ) = k · T , para algum k ∈ R não nulo. Como 540 = F.P.(12) =
12k ⇒ k = 45.
Portanto F.P.(T ) = 45T é o valor total da folha de pagamento diária.
2. Pelo ítem (a) e, como F.P.(T ) = 45(15) = 675.
Portanto, a folha de pagamento de 15 trabalhadores é R$675, 00.
Exercício 2.6.12.
Numa cidade de 70.000 habitantes a taxa de crescimento de uma epidemia é con-
juntamente proporcional ao número de pessoas infectadas e ao número de pessoas não
infectadas.,
1. Se a epidemia esta crescendo a razão de 20 pessoas por dia quando 100 pessoas estão
infectadas, expresse a taxa de crescimento da epidemia em função de número de
pessoas infectadas.
2. Quão rápido está se espalhando a epidemia quando 400 pessoas estão infectadas?
Solução.
(a) Sejam x pessoas infectadas, logo são 70000 − x não infectadas. Consideremos k a
razão do crescimento.
Pelo fato ser conjuntamente proporcional a taxa de crescimento, tem-se f(x) =
k(7000 − x)x. Logo f(100) = k(70000 − 100)(100) = 20, então k = 20
6990000
=
1
349500
.
Portanto, a taxa de crescimento da epidemia em função do número de pessoas
infectadas é f(x) =
1
349500
(70000− x)x
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 167
(b) Quando 400 pessoas são infectadas, tem-se que a taxa de crescimento é
f(400)
70.000
=
1
349500
(70000− 400)(400) · 1
70.000
= 0, 00113%
Exercício 2.6.13.
Para determinar a idade de uma rocha hoje a ciência foi capaz de desenvolver uma
técnica baseada na concentração de material radioativo dentro dela. Para achar esta
concentração radioativa mais nova na rocha usamos C(t) = k.3−t como a fórmula, onde
C(t) representa a concentração de material radioativo, t o tempo medido emcentenas
de anos e k a concentração do elemento no momento em que a rocha foi formada. Se
k = 4, 500 1. Quanto tempo deve ter passado para nós encontrar uma concentração de
1500? 2. Qual seria o foco radioativo depois de dois séculos?
Solução.
168 Christian Quintana Pinedo
2.7 Funções Trigonométricas.
Exercícios 2-7
Exercício 2.7.1.
Verifique se a função a seguir é par o ímpar justificando sua resposta.
1. f(x) = −x3 + x 2. f(x) = x · sen x 3. f(x) = sen 3x · cosx
4. f(x) = 5x− sen x2 5. h(x) = x| x | 6. f(x) = x · e
t2
7. f(x) =
ex + e−x
2
8. g(x) = 5 9. f(x) = x4 + cos3 x
Solução.
1. f(x) = −x3 + x ⇒ f(−x) = −(−x)3 + (−x) = −[−x3 + x] = −f(x).
A função f(x) = −x3 + x é ímpar
2. f(x) = x · sen x ⇒ f(−x) = (−x) · sen (−x) = −x · (−sen x) = x · sen x = f(x).
A função f(x) = x · sen x é par
3. f(−x) = sen (−3x) · cos(−x) = −sen 3x · cosx = −f(x).
A função f(x) = sen 3x · cos x é ímpar
4. f(x) = 5x− sen x2 ⇒ f(−x) = 5(−x)− sen (−x)2 = −5x− sen x2.
A função f(x) = 5x− sen x2 não é par, nem ímpar
5. h(−x) = −x| −x | = −
x
| x | = −h(x). A função f(x) =
x
| x | é ímpar
6. f(−x) = −x · et2 = −f(x). A função f(x) = e
x + e−x
2
é ímpar
7. f(−x) = e
−x + ex
2
= f(x). A função é par
8. g(−x) = 5 = g(x). A função é par
9. f(−x) = (−x)4 + cos3(−x) = x4 + cos3 x = f(x). A função é par
Exercício 2.7.2.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 169
Determine duas funções f e g tais que h = gof nos seguintes casos:
1. h(x) = (x2 + 3)6 2. h(x) = 3(x+ | x |) 3. h(x) = 2sen 2x
4. h(x) =
(
x− 4√
x− 2
)2
5. h(x) = cos2 5x+ 7 cos6 5x 6. h(x) = (x2 − 8)4
7. h(x) =
(
2x+ 5
x− 4
)3
8. h(x) = (cos 4x)2 − 4(cos 4x) 9. h(x) = 2tan 2x
Solução.
1. g(x) = x6, f(x) = x2 + 3
2. g(x) = 3x, f(x) = x+ | x |
3. g(x) = 2x, f(x) = sen 2x
4. g(x) = x2, f(x) =
x− 4√
x− 2
5. g(x) = x, f(x) = cos2 5x+ 7 cos6 5x
6. g(x) = x4, f(x) = x2 − 8
7. g(x) = x3, f(x) =
2x+ 5
x− 4
8. g(x) = x(x− 4), f(x) = cos 4x
9. g(x) = 2x, f(x) = tan 2x
Exercício 2.7.3.
Se f : A −→ Im(f) é monotônica estrita, então f−1 : Imf −→ A é monotônica
estrita do mesmo tipo?
Solução.
Suponhamos que f seja estrita crescente. Sejam h > 0, x1, x1 + h ∈ A, então x1 <
x1 + h implica y1 = f(x1) < f(x1 + h) = y2.
Supondo que exista f−1 segue que f−1(y1) = f−1(f(x1)) = x1 e f−1(y2) = f−1(f(x1+
h)) = x1 + h.
Assim, x1 = f−1(y1) < x1 + h = f−1(y2), pois h > 0.
Sim, é monotônica estrita do mesmo tipo, pois y1 < y2 implica f−1(y1) < f−1(y2).
Exercício 2.7.4.
Prove que tanx é estritamente crescente em
[
−pi
2
,
pi
2
]
.
Solução.
170 Christian Quintana Pinedo
Sejam β > 0, α, α + β ∈
[
−pi
2
,
pi
2
]
então α < α + β.
tan(α + β)− tanα = sen (α + β)
cos(α + β)
− sen α
cosα
=
sen β
cos(α + β) cosα
> 0
pois sen β > 0 para β > 0 , cosα > 0 e cos(α + β) > 0 no intervalo
[
−pi
2
,
pi
2
]
. Assim
mostramos que
tan(α + β)− tanα > 0 ⇒ tan(α + β) > tanα, se α+ β > α
Portanto, tanx é estritamente crescente em
[
−pi
2
,
pi
2
]
Exercício 2.7.5.
-ff
6
a b
y
x
Figura 2.71:
Dado o gráfico da função f(x) (Figura (2.71)) e
os valores a e b da variável independente x. Deter-
mine f(a) e f (b) no desenho. Qual é a interpretação
geométrica da relação:
f(b)− f(a)
b− a
Solução.
A relação
f(b)− f(a)
b− a é igual à tangente do ân-
gulo formado entre a secante que passa pelos pontos (a, f(a)) e (b, f(b)) e o eixo-)x no
sentido positivo.
Exercício 2.7.6.
Prove que a função sen :
[
−pi
2
,
pi
2
]
−→ R é estritamente crescente.
Solução.
⇓
⇓
⇓
Exercício 2.7.7.
Seja f(x) = 2x2 +
2
x2
+
5
x
+ 5x. Mostre que f(x) = f(
1
x
).
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 171
Tem-se que f(x) = 2x2 +
2
x2
+
5
x
+ 5x ⇒ f( 1
x
) = 2(
1
x
)2 +
2
( 1
x
)2
+
5
( 1
x
)
+ 5(
1
x
).
Isto é f(
1
x
) =
2
x2
+ 2x2 + 5x+ (
5
x
) = f(x)
Exercício 2.7.8.
Determine o domínio de definição das funções que se indicam:
1. y = 1− Ln x 2. y = Ln (sen (2x− 1)) 3. y = arccos
(
1− 2x
4
)
4. y = Ln
√
x− 4 5. y = arcsen (x− 2) 6. y = Ln (Ln (x− 1))
Solução.
1. f(x) = 1− Ln x ⇒ D(f) = (0, +∞)
2. f(x) = Ln (sen (2x− 1)) ⇒ sen (2x− 1) > 0x e (2x− 1) ∈ R ⇒ D(f) =(2kpi + 1
2
,
(2k + 1)pi + 1
2
)
onde k ∈ Z.
3. f(x) = arccos
(
1− 2x
4
)
⇒ −1 ≤ 1− 2x
4
≤ 1 ⇒ D(f) = (−3
3
,
5
2
)
4. f(x) = Ln
√
x− 4 ⇒ D(f) = (4, +∞)
5. f(x) = arcsen (x− 2) ⇒ −1 ≤ x− 2 ≤ 1 ⇒ D(f) = [1, 3]
6. f(x) = Ln (Ln (x−1)) ⇒ Ln (x−1) > 0 e x−1 > 0 ⇒ D(f) = (2, +∞)
Exercício 2.7.9.
A função g(x) é definida por: g(x) =
x
2
− 1
2
quando −∞ < x ≤ 11
3
e g(x) = 1 + x
quando
11
3
≤ x < +∞. Analítica e gráficamente achar todas as raízes reais da equação
[g(x)]2 = 7x+ 25.
Solução.
Suponhamos x <
11
3
então [
x
2
− 1
2
]2 = 7x + 25 logo x2 − 2x + 1 = 28x + 100, isto
é x2 − 30− 99 = 0.
Suas raízes são x = 33 e x = −3. Pela condição só será considerada x = −3.
Suponhamos x ≥ 11
3
então [1 + x]2 = 7x + 25 logo x2 − 5x + 24 = 0. Suas raízes
são x = 3 e x = 8. Pela condição só será considerada x = 8.
Portanto, x = −3 e x = 8 resolvem o problema.
Exercício 2.7.10.
Achar o maior valor possível para n para o qual 2x > xn para todas as x ≥ 100, ∀n ∈
Z.
172 Christian Quintana Pinedo
Demonstração.
⇓
⇓
⇓
Exercício 2.7.11.
Determine se as seguintes desigualdades são verdadeiras:
Solução.
1. cosh2 x+ senh 2x = cosh 2x, é verdadeira
cosh2 x+ senh 2x =
[
ex + e−x
2
]2
+
[
ex − e−x
2
]2
=
1
4
[2e2x + 2e−2x] ⇔
cosh2 x+ senh 2x = cosh 2x
2. cosh2 x− senh 2x = 1, é verdadeira
cosh2 x− senh 2x =
[
ex + e−x
2
]2
−
[
ex − e−x
2
]2
=
1
4
[2 + 2] = 1
3. cosh(x+ y) = cosh x. cosh y + senh y.senh x, é verdadeira
4. 1− coth2 x = csch 2x, é verdadeira
⇓
5. senh (x+ y) = senh x. cosh y + senh y. coshx, é verdadeira
6. 1− tan2 x = sech 2x, é verdadeira
⇓
7. 2senh x. coshx = senh 2x, é verdadeira
Exercício 2.7.12.
Seja f(x) = sen x− cosx. Mostre que f(1) > 0.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 173
Demonstração.
A função sen x é crescente no intervalo [
pi
4
,
pi
2
] e cosx é decrescente no intervalo [0,
pi
2
],
logo
sen
pi
4
< sen 1 < sen
pi
2
e cos
pi
2
< cos 1 < cos
pi
4
sen
pi
4
− cos pi
4
< sen 1− cos 1 < sen pi
2
− cos pi
2
0− 0 < f(1) = sen 1− cos 1 < 1− 0
Portanto, f(1) = sen 1− cos 1 > 0
Exercício 2.7.13.
Determine o período das seguintes funções:
Solução.
1. y = 2sen (3x+ 5)
Seja T o período da função, então f(x+ T ) = f(x), isto é
f(x+T ) = 2sen (3(x+T )+5) = 2sen (3x+5) = f(x) ⇒ (3T+3x+5) = (3x+5)
sabemos que a função seno é de período 2pi, logo 3T = 2pi ⇒ T = 2pi
3
Portanto, o período da função é
2pi
3
.
2. y = 5 cos 2x
Seja T o período da função, então f(x+ T ) = f(x), isto é
f(x+ T ) = 5 cos 2(x+ T ) = 5 cos 2x = f(x) ⇒ 2T + 2x = 2x
sabemos que a função cosseno é de período 2pi, logo 2T = 2pi ⇒ T = pi
Portanto, o período da função é pi.
3. y = − cos
[
x− 1
2
]
Seja T o período da função, então f(x+ T ) = f(x), isto é
− cos
[
(x+ T )− 1
2
]
= − cos
[
x− 1
2
]
⇒ T
2
+
x− 1
2
=
x− 1
2
sabemos que a função cosseno é de período 2pi, logo
T
2
= 2pi ⇒ T = 4pi
Portanto, o período da função é 4pi.
174 Christian Quintana Pinedo
4. y = sen
[
2t+ 3
6pi
]
Seja T o período da função, então f(x+ T ) = f(x), isto é
sen
[
2(t+ T ) + 3
6pi
]
= sen
[
2t+ 3
6pi
]
⇒ 2T
6pi
+
2t+ 3
6pi
=
2t+ 3
6pi
sabemos que a função seno é de período 2pi, logo
2T
6pi
= 2pi ⇒ T = 6pi2
Portanto, o período dafunção é 4pi.
Exercício 2.7.14.
Mostre que y = senh x e y = tanhx são funções ímpares, e y = coshx é função par.
Solução.
Sabemos que f(x) = senh x =
ex − e−x
2
⇒ f(−x) = e
−x − ex
2
= −f(x). Portanto
f(x) = senh x é função ímpar.
Sabemos que f(x) = cosh x =
ex + e−x
2
⇒ f(−x) = e
−x + ex
2
= f(x). Portanto
f(x) = cosh x é função par.
Sabemos que f(x) = tanh x =
senh x
coshx
⇒ f(−x) = senh (−x)
cosh(−x) = −f(x). Portanto
f(x) = tanhx é função ímpar.
Exercício 2.7.15.
Resolver gráficamente a equação:
1. x = 2sen x 2. x = tanx 3. 4sen x = 4− x
Solução.
Figura 2.72: Figura 2.73: Figura 2.74:
1.
2.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 175
Exercício 2.7.16.
Um navio navegando em linha reta, passa sucessivamente pelos pontos A, B e C.
Quando o navio está em A, o comandante observa o farol em F , e calcula o ângulo
F̂AC = 30o. Após navegar 4 milhas até B, verifica-se o ângulo F̂BC = 75o. Quantas
milhas separa o farol do ponto B?
Solução.
Figura 2.75:
Seja x o número de milhas que separa o
farol do ponto B.
Podemos considerar o gráfico da Figura
(2.75), imaginando a linha perpendicular BD
logo temos que:
sen B̂AD = sen 300 =
1
2
=
BD
4
de onde BD = 2.
Pelas condições do problema, B̂FD =
450.
Portanto, x = 2
√
2 milhas.
Exercício 2.7.17.
A
�
�
�
�
�
�
45o
B
C
x
��
��
��
��
��
20
Figura 2.76:
Uma torre tem 20 metros de altura. Se puxar-
mos um cabo do topo ao chão (como mostra a Figura
(2.76)), qual será o comprimento aproximado (x) do
cabo?
Solução.
Observando a figura temos que, pelo ângulo de 45o
BC = AB = 20
Do Teorema de Pitágoras resulta:
x2 = AB
2
+BC
2 ⇒ x2 = 2 ∗ 202.
Portanto x = 20
√
2 = 28, 284
Exercício 2.7.18.
Pedro e Marcos que estão distantes 2, 7 km um do outro, observam um helicóptero
quieto no ar, Pedro vê o helicóptero segundo um ângulo de 45o e Marcos, ao mesmo
tempo, vê o helicóptero segundo um ângulo de 60o. Aproximadamente a que altura estava
o helicóptero?
Solução.
176 Christian Quintana Pinedo
O diagrama que resolve o problema mostra-se na Figura (2.77), e tem-se que MO =
2, 7− h
Como o temos um triângulo notável segue que
√
3h = 2, 7− h ⇒ h = 2, 7√
3 + 1
=
2, 7(
√
3− 1)
2
⇒ h = 0, 9882km
O helicóptero encontra-se aproximadamente a um quilômetro de altura.
Figura 2.77: Figura 2.78:
Exercício 2.7.19.
Um avião levanta vôo e sobe fazendo um ângulo de 15o com a horizontal. A que altura
estava e qual é a distância percorrida quando passa pela vertical por uma igreja situada a
2 km do ponto de partida?
O diagrama que resolve o problema mostra-se na Figura (2.78), e tem-se que AO =
2km.
cos 152 =
2
d
⇒ 2
d
=
√
1 + cos 30o
2
⇒ 4
d2
=
2 +
√
3
4
d2 =
16
2 +
√
3
= 16(2−
√
3) ⇒ h = 2, 07
Por outro lado, d2 = 22 + h2, então h2 = 16(2 − √3) − 22, isto é h2 = 22(7 − 4√3),
logo h = 0, 536.
Estava a uma altura de 536 metros e percorreu uma distância de 2, 07 km
Exercício 2.7.20.
Verificar que, se 0 < α < pi, então cot
α
2
≥ 1 + cotα.
Solução.
Suponhamos que cot
α
2
≥ 1 + cotα. Como 0 < α < pi, tem-se que cot α
2
> 0
cot
α
2
≥ 1 + cotα ⇔ cot α
2
≥ 1 + cot
2 α
2
− 1
2 cot α
2
⇔
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 177
2 cot2
α
2
≥ 2 cot α
2
+ cot2
α
2
− 1 ⇔ (cot α
2
− 1)2 ≥ 0, ∀ α ∈ (0, pi)
A desigualdade é verdadeira.
Exercício 2.7.21.
Seja α ∈ (−pi
2
,
pi
2
). Determine o conjunto de todos os valores de α tais que todas as
soluções da equação x4 − 4√48x2 + tanα = 0 em x se encontrem em R.
Solução.
Aplicando a fórmula da solução de segundo grau
x4 − 4
√
48x2 + tanα = 0 ⇔ x = ∓
√
4
√
48±
√√
48− 4 tanα
2
x = ∓
√
2 4
√
3± 2
√√
3− tanα
2
⇔ x = ∓
√
4
√
3±
√√
3− tanα
Primeira condição:
√
3− tanα ≥ 0 ⇒ tanα ≤ √3, pela condição de α segue
que α ∈ [−pi
3
,
pi
3
].
Segunda condição: 4
√
3 −
√√
3− tanα ≥ 0 ⇒ tanα ≥ 0, pela condição de
α segue que α ∈ [0, pi
2
]. Temos pelas condições para α
(−pi
2
,
pi
2
) ∪ [−pi
3
,
pi
3
] ∪ [0, pi
2
] = [0,
pi
3
]
Portanto, α ∈ [0, pi
3
]
Exercício 2.7.22.
Se os arcos positivos α1, α2, α3 e α4 se encontram entre 0 e pi, mostre que
1. sen α1 + sen α2 ≤ 2 · sen α1 + α2
2
2. sen α1 + sen α2 + sen α3 + sen α4 ≤ 4 · sen α1 + α2 + α3 + α4
4
Solução.
1. Sabemos que sen α1 + sen α2 = 2sen
α1 + α2
2
cos
α1 − α2
2
, por outro lado, como
0 ≤ α1 ≤ pi e 0 ≤ α2 ≤ pi então −pi ≤ α1 − α2 ≤ pi, logo −pi
2
≤ α1 − α2
2
≤ pi
2
.
Logo 0 ≤ cos α1 − α2
2
≤ 1 de onde
sen α1 + sen α2 = 2sen
α1 + α2
2
cos
α1 − α2
2
≤ 2sen α1 + α2
2
Portanto, sen α1 + sen α2 ≤ 2 · sen α1 + α2
2
.
178 Christian Quintana Pinedo
2. Pela parte 1. temos
(sen α1 + sen α2) + (sen α3 + sen α4) ≤ 2 · sen α1 + α2
2
+ 2 · sen α3 + α4
2
novamente, parte 1. temos
2 · sen α1 + α2
2
+ 2 · sen α3 + α4
2
≤ 2
[
2 · sen
α1+α2
2
+ α3+α4
2
2
]
Portanto, sen α1 + sen α2 + sen α3 + sen α4 ≤ 4 · sen α1 + α2 + α3 + α4
4
Exercício 2.7.23.
Verificar que
1. tan 20o · tan 40o · tan 50o · tan 80o = 3.
2. cos 20o − cos 80o = − cos 140o
Solução.
Sabemos que
• cosα + cos β = 2 cos α + β
2
cos
α− β
2
• cosα− cos β = 2sen α + β
2
sen
α− β
2
• sen α + sen β = 2sen α + β
2
cos
α− β
2
1. Seja E = tan 20o · tan 40o · tan 50o · tan 80o ⇒
E =
sen 40o · sen 50o
cos 40o · cos 50o ·
sen 20o · sen 80o
cos 20o · cos 80o ⇒
E =
(cos 90− cos 10)
(cos 90 + cos 10)
· (cos 100− cos 60)
(cos 100 + cos 60)
=
(− cos 10)
(cos 10)
· (cos 100−
1
2
)
(cos 100 + 1
2
)
E =
1− 2 cos 100
1 + 2 cos 100
=
1 + 2 cos 10
1− 2 cos 10s = ·
2. Seja E = cos 20o − cos 80o + cos 140o ⇒
E = − cos 80o + 2 cos 140 + 20
2
cos
140− 20
2
= − cos 80o + 2 cos 80 cos 60 ⇒
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 179
E = − cos 80o + 2 cos 80 · 1
2
= 0
Portanto, cos 20o − cos 80o = − cos 140o
Exercício 2.7.24.
Determine o máximo número de raízes da equação E(x) = log x− sen x = 0.
Solução.
Exercício 2.7.25.
Uma árvore partida pelo vento, mantém seu tronco perpendicular ao solo formando
com ele um triângulo retângulo. Se a parte quebrada faz um ângulo de 60o com o solo e
se o topo da árvore está agora distanciado 10m de sua base, qual era aproximadamente
a altura original da árvore?
Solução.
Figura 2.79:
Seja x o comprimento da parte quebrada da árvore,
então a altura da árvore era de x + h metros como se
indica na Figura (2.79).
Tem-se que 10 · sen 600 = x ⇒ x =
√
3
5
Por outro lado, 10 · tan 60o = h ⇒ h = 10√3.
Portanto, a altura da árvore era
√
3
5
+ 5
√
3 metros.
Exercício 2.7.26.
180 Christian Quintana Pinedo
Num triângulo 4ABC onde AB = 10 cm, AC =
12 cm e o ângulo  é 30o, determine a área desse triângulo.
Solução.
��
��
��
��
�
S
S
S
SS
A C
B
12 cm
10 cm
x	
h
Figura 2.80:
Seja h a altura do triângulo da Figura (2.80).
Tem-se que 10 · sen 300 = h
A área do triângulo é
A =
(base)(altura)
2
=
(12)(10 · sen 30o)
2
= 30
Portanto, a área do triângulo mede 30 unidades
quadradas.
Exercício 2.7.27.
Associando V para as sentenças verdadeiras e F para as falsas, assinale a alternativa
que contém a seqüência correta.
i) A função y = cscx · sec x é negativa no 2o e no 4o quadrante.
ii) Se sen x = − 5
13
, quando
3pi
2
< x < 2pi, então cos x =
10
13
.
iii) O domínio da função y = cotx é { x ∈ R / x ≤ kpi }.
iv) A função y = tan x é periódica, com período P = pi rad.
Solução.
i) É verdadeira (V). A função csc x é positiva no segundo e negativa no quarto quadrante,
e secx é negativa no segundo quadrante e positivono segundo quadrante . Portanto
y = csc x · secx é negativa no 2o e no 4o quadrante.
ii) Se sen x = − 5
13
, quando
3pi
2
< x < 2pi, então cos x =
10
13
.
iii) O domínio da função y = cot x é { x ∈ R / x ≤ kpi }.
iv) A função y = tan x é periódica, com período P = pi rad.
Exercício 2.7.28.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 181
Achar o intervalo de variação de x para que seja válida a identidade:
1. arcsen x+ arccos x =
pi
2
2. arccos
√
1− x2 = arcsen x
3. arcsen
√
x+ arccos
√
x =
pi
2
4. arccos
√
1− x2 = −arcsen x
5. arccos
[
1− x2
1 + x2
]
= 2arccot x 6. arccos
[
1− x2
1 + x2
]
= −2 arctanx
7. arctanx+ arctan 1 = arctan
[
1 + x
1− x
]
8. arctanx = arccot
1
x
− pi
9. arctanx+ arctan 1 = arctan
[
1 + x
1− x
]
+ pi 10. arctanx = arccot
1
x
Solução.
1. Seja um triângulo retângulo de hipotenusa a unidade, e de ângulos agudos α e β, onde
sen α = x então, cos β = x. Logo, α = arcsen x e β = arccos x.
Sabe-se que α + β =
pi
2
, assim 0 ≤ α ≤ pi
2
.
Como arcsen x+ arccos x =
pi
2
, segue que −1 ≤ x ≤ 1.
2. Para o mesmo triângulo da parte 1. deste exercício, tem-se que cosα =
√
1− x2 ,
então α = arccos
√
1− x2 = arcsen x.
De onde −1 ≤ x ≤ 1.
3. Seja o mesmo triângulo da parte 1. com ângulos agudos α e β, onde sen α =
√
x
então, cos β =
√
x, onde 0 ≤ x ≤ 1.
Como arcsen
√
x+ arccos
√
x =
pi
2
= α + β, então 0 ≤ x ≤ 1.
4.
5.
⇓
⇓
⇓
6.
⇓
182 Christian Quintana Pinedo
⇓
⇓
7.
8.
⇓
⇓
⇓
9.
⇓
⇓
⇓
Exercício 2.7.29.
Mostre que as seguintes fórmulas são verdadeiras:
1. cos x+ cos 2x+ cos 3x =
cos 2x · sen (3x
2
)
sen(x
2
)
2. cos x · cos(2pi
3
+ x) + cos(
2pi
3
+ x) · cos(2pi
3
− x) + cos(2pi
3
− x) cos x = −3
4
3. sen x+ sen 2x+ sen 7x+ sen 8x = 4sen (
9x
2
) · cos 3x · cos(x
2
)
4.
tanx+ tan 7x
tan 3x+ tan 5x
=
cos 3x · cos 5x
cos x · cos 7x .
5.
pi
4
= arctan
1
2
+ arctan
1
3
Solução.
1. cos x+ cos 2x+ cos 3x = cos x+ cos 2x+ cos 2x cos x− sen 2xsen x
= cos x+cos 2x(1+cos x)− sen 2xsen x = cos x+2 cos 2x · cos2 x
2
− sen 2xsen x =
= cos x+ 2 cos 2x · cos2 x
2
− 2sen 2x cosx = cos x(1− 2sen 2x) + 2 cos 2x · cos2 x
2
=
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 183
= cos x(cos2−sen 2x) + 2 cos 2x · cos2 x
2
= cos 2x(cosx+ 2 cos2
x
2
) =
=
cos 2x(sen x
2
cos x+ 2sen x
2
cos x
2
cos x
2
)
sen x
2
=
cos 2x(sen x
2
cosx+ sen x cos x
2
)
sen x
2
⇒ cosx+ cos 2x+ cos 3x = cos 2x · sen (
3x
2
)
sen (x
2
)
2. cos x · cos(2pi
3
+ x) + cos(
2pi
3
+ x) · cos(2pi
3
− x) + cos(2pi
3
− x) cos x =
cos x
[
cos(
2pi
3
+ x) + cos(
2pi
3
− x)
]
+ cos(
2pi
3
+ x) · cos(2pi
3
− x) =
2 cos2 x · cos(2pi
3
) + cos(
2pi
3
+ x) · cos(2pi
3
− x) =
2 cos2 x · cos(2pi
3
) + cos2
2pi
3
cos2 x− sen 22pi
3
sen 2x =
2 cos2 x(−1
2
) + (−1
2
)2 cos2 x− (
√
3
2
)2sen 2x =
− cos2 x+ 1
4
cos2 x− 3
4
sen 2x = −3
4
3. sen x+ sen 2x+ sen 7x+ sen 8x =
= sen (
9x
2
− 7x
2
) + sen (
9x
2
− 5x
2
) + sen (
9x
2
+
5x
2
) + sen (
9x
2
+
7x
2
) =
= 2sen (
9x
2
) cos(
7x
2
) + 2sen (
9x
2
) cos(
5x
2
)
= 2sen (
9x
2
)
[
cos(
7x
2
) + cos(
5x
2
)
]
= 2sen (
9x
2
)
[
cos(3x+
x
2
) + cos(3x− x
2
)
]
= 2sen (
9x
2
)
[
2 cos 3x · cos x
2
]
= 4sen (
9x
2
) · cos 3x · cos(x
2
)
4. tanx+tan 7x = tan(4x−3x)+tan(4x+3x) = tan 4x− tan 3x
1 + tan 4x · tan 3x+
tan 4x+ tan 3x
1− tan 4x · tan 3x
=
(tan 4x− tan 3x)(1− tan 4x · tan 3x) + (tan 4x+ tan 3x)(1 + tan 4x · tan 3x)
1− tan2 4x · tan2 3x
=
2 tan 4x+ 2 tan 4x · tan2 3x
1− tan2 4x · tan2 x =
2 tan 4x · sec2 3x
1− tan2 4x · tan2 3x
Por outro lado,
184 Christian Quintana Pinedo
tan 3x+tan 5x = tan(4x−x)+tan(4x+x) = tan 4x− tanx
1 + tan 4x · tanx+
tan 4x+ tanx
1− tan 4x · tan x
=
(tan 4x− tanx)(1− tan 4x · tanx) + (tan 4x+ tan x)(1 + tan 4x · tan x)
1− tan2 4x · tan2 x
=
2 tan 4x+ 2 tan 4x · tan2 x
1− tan2 4x · tan2 x =
2 tan 4x · sec2 x
1− tan2 4x · tan2 x
Logo,
tanx+ tan 7x
tan 3x+ tan 5x
=
(sec2 3x)(1− tan2 4x · tan2 x)
(1− tan2 4x · tan2 3x)(sec2 x) =
=
sec2 3x · cos2 4x cos2 3x(cos2 4x · cos2 x− sen 24x · sen 2x)
sec2 x cos2 4x cos2 x(cos2 4x · cos2 3x− sen 24x · sen 23x)
=
(cos 4x · cos x− sen 4x · sen x)(cos 4x · cos x+ sen 4x · sen x)
(cos 4x · cos 3x− sen 4x · sen 3x)(cos 4x · cos 3x+ sen 4x · sen 3x)
=
cos 5x · cos 3x
cos 7x · cos x
5. Sabe-se que tan(a+ b) =
tan a+ tan b
1− tan a · tan b , de onde a+ b = arctan
[
tan a+ tan b
1− tan a · tan b
]
Podemos supor que tan a = x e tan b = y, assim
arctanx+ arctan y = arctan
[
x+ y
1− xy
]
Quando x = 1/2 e y = 1/3 segue que
arctan
1
2
+ arctan
1
3
= arctan
[ 1
2
+ 1
3
1− 1
2
· 1
3
]
⇒ arctan 1
2
+ arctan
1
3
= arctan 1
Portanto,
pi
4
= arctan
1
2
+ arctan
1
3
.
Exercício 2.7.30.
Expressar a área de um trapézio isósceles de bases a e b como função do ângulo β da
base a. Construir o gráfico para a = 1 e b = 3.
Solução.
Figura 2.81:
Tem-se que 2x+ a = b, logo x =
b− a
2
, a altura h do
trapézio.
A tangente tan(pi − β) = h
x
assim h =
b− a
2
tan(pi −
β).
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 185
A área em função de β é:
f(β) =
b+ a
2
[
b− a
2
tan(pi − β)
]
isto é, a função pedida é:
f(β) = −1
4
(b2 − a2) tan β, pi
2
< β < pi
Para o caso particular a = 1 e b = 3 a função é f(β) = −2 tan β.
Exercício 2.7.31.
Seja a uma constante real positiva. Resolva a equação em R, sendo 0 < x < a.
√
a
√
a+
√
a2 − x2 +
√
3a
√
a−
√
a2 − x2 = 2
√
2x
Sugestão: Considerar a · sen β = x
Solução.
Como x = a · sen β ⇒ √a2 − x2 =√a2 cos2 β = a cos β, na equação original
√
a
√
a+ a cos β +
√
3a
√
a− a cos β = 2a
√
2sen β ⇔
√
a ·
√
2a cos
β
2
+
√
3a
√
2asen
β
2
= 2a
√
2sen β ⇔
cos
β
2
+
√
3a
√
3sen
β
2
= 2sen β ⇔ 1
2
· cos β
2
+
√
3a
2
·
√
3sen
β
2
= sen β ⇔
sen
pi
6
· cos β
2
+ cos
pi
6
·
√
3sen
β
2
= sen β ⇔ sen
(pi
6
+
β
2
)
= sen β
Logo, sen
(pi
6
+
β
2
)
= sen β ⇒ β = pi
3
Portanto, x = asen
pi
3
=
√
3
2
a.
186 Christian Quintana Pinedo
2.8 MISCELÂNEA
Miscelânea 2-1
Miscelânea 2.1.1.
Dada a função f(x) =
9− x2
4− x2 para x ≥ 0, x 6= 2:
1. Mostre que f é injetora 2. Determine f−1
3. Determine D(f−1) 4. Determine Im(f−1)
Solução.
1. Sejam a ≥ 0, b ≥ 0, sendo a 6= 2 e b 6= 2.
Suponhamos que f(a) = f(b), então
9− a2
4− a2 =
9− b2
4− b2 , logo 36− 4a
2 − 9b2 + a2b2 =
36− 9a2 − 4b2 + a2b2 de onde a2 = b2. Isto implica que a = b ou a = −b.
O caso a = −b desconsiderar pelo fato que ab ≥ 0. Logo a = b.
Portanto, a função f(x)
9− x2
4− x2 é injetora.
2. Suponhamos y =
9− x2
4− x2 , então 4y − yx
2 = 9 − x2, de onde x2 = 4y − 9
y − 1 , logo x =√
4y − 9
y − 1 . Portanto, f
−1(x) =
√
4x− 9
x− 1 .
3. Cálculo do D(f−1(x).
Considere
4x− 9
x− 1 ≥ 0, então 4(x−
9
4
)(x−1) ≥ 0, de onde x ∈ (−∞, −1)∪ [9
4
, −∞).
Portanto, D(f−1) = (−∞, −1) ∪ [9
4
, −∞).
4. A imagem Im(f−1) = D(f) = [0, 2) ∪ (2, +∞).
Miscelânea 2.1.2.
Resolver gráficamente a equação: 2x − 2x = 0.
Solução.
Podemos considerar as funções f(x) = 2x e
g(x) = 2x e logo determinar o ponto de interseção
dessas duas funções.
Isto é considerar f(x) = g(x) como indica a Figura
(2.82).
Obviamente os pontos de interseção são (1,2) e
(2, 4). Figura 2.82:
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 187
Miscelânea 2.1.3.
Determine todas as funções f tais que f(x2) − f(y2) + 2x + 1 = f(x + y) · f(x − y)
quaisquer que sejam os números reais x, y.
• Se y = x então f(x2)− f(x2) + 2x+ 1 = f(2x) · f(0), logo 2x+ 1 = f(2x) · f(0).
• Se y = −x então f(x2)− f(x2) + 2x+ 1 = f(0) · f(2x), logo 2x+ 1 = f(2x) · f(0).
Logo f(0) · f(t) = t+ 1.
• Se t = 0 então [f(0)]2 = 1. Conseqüentemente f(x) = ±(x+ 1).
Observe, se f(x) = x+ 1:
Então f(x2) − f(y2) + 2x + 1 = (x2 + 1) − (y2 + 1) + 2x + 1 = x2 − y2 + 2x + 1 =
(x+ y)(x− y) + 2x+ 1
Por outro lado, f(x+ y) · f(x− y) = [(x+ y)+1][(x− y)+1] = (x+ y)(x− y)+2x+1
Para o caso, f(x) = −(x+ 1):
Então f(x2)−f(y2)+2x+1 = −(x2+1)+(y2+1)+2x+1 = −(x2−y2)+2x+1 =
−(x+ y)(x− y) + 2x+ 1
Por outro lado, f(x+y)·f(x−y) = [−[(x+y)+1]][−[(x−y)+1]] = (x+y)(x−y)+2x+1
As duas últimas linhas são diferentes.
Portanto, f(x) = x+ 1 é a função procurada.
Miscelânea 2.1.4.
Dada a relação: R(x) = 2x3 − 5x2 − 23x, determine todas as raízes da igualdade
R(x) = R(−2).
Solução.
Tem-se que R(−2) = 2(−2)3− 5(−2)2− 23(−2) = 10 = R(x) = 2x3− 5x2− 23x então
2x3 − 5x2 − 23x = 10 ⇒ 2x3 − 5x2 − 23x− 10 = 0
de onde (x+ 2)(2x2 − 9x− 5) = 0
⇒ x = 9±
√
92 + (4)(2)(5)
4
=
9±√121
4
=
9± 11
4
ou x = −2.
Portanto, as raízes sao: x = −1
2
, x = 5 e x = −2.
Miscelânea 2.1.5.
Determine todas as raízes da equação f(x) = f(5) sabendo que a relação f(x) =
x2 − 12x+ 3 é definida no intervalo [−5, 5].
Solução.
188 Christian Quintana Pinedo
Tem-se que f(5) = 52 − (12)(5) + 3 = −32 = f(x) = x2 − 12x+ 3 então
x2 − 12x+ 3 = −32 ⇒ x2 − 12x+ 35 = 0
⇒ x = 12±
√
122 − (4)(35)
2
= 6± 1
Somente existe a raiz x = −5 no intervalo [−5, 5].
Miscelânea 2.1.6.
Seja f(n) a soma dos n primeiros elementos de uma progressão aritmética. Mostre
que;
f(n+ 3)− 3f(n+ 2) + 3f(n+ 1)− f(n) = 0
Demonstração.
Seja a, a + r, a + 2r, · · · , +(a + (n − 1)r) os n primeiros termos de uma progressão
aritmética.
Sua soma é: f(n) = a+ (a+ r) + (a+ 2r) + · · ·+ (a+ (n− 2)r) + (a+ (n− 1)r), isto
é f(n) = na+ r(1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1), de onde f(n) = an+ rn(n− 1)
2
r. Logo:
• f(n+ 3) = a(n+ 3) + r(n+ 3)(n− 2)
2
• −3f(n+ 2) = −3a(n+ 2)− 3r(n+ 2)(n+ 1)
2
• 3f(n+ 1) = 3a(n+ 1) + 3rn(n+ 1)
2
• −f(n) = −an− n(n− 1)
2
r
Somando estas quatro igualdades resulta:
f(n+ 3)− 3f(n+ 2) + 3f(n+ 1)− f(n) = [a(n+ 3) + r(n+ 3)(n− 2)
2
]+
= −[3a(n+ 2) + 3r(n+ 2)(n+ 1)
2
] + [3a(n+ 1) +
3rn(n+ 1)
2
]− [an+ n(n− 1)
2
r] =
= a[(n+ 3)− 3(n+ 2) + 3(n+ 1)− n] + r
2
[4n2 + 8n+ 6− 4n2 − 8n− 6] = 0
Portanto, f(n+ 3)− 3f(n+ 2) + 3f(n+ 1)− f(n) = 0.
Miscelânea 2.1.7.
Esboçar o gráfico dos pontos que satisfaz cada uma das seguintes relações:
Solução.
1. S = { (x, y) ∈ R2 /. y ≤ 2x, y ≥ 2−x }. Ver Figura (2.83)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 189
2. S = { (x, y) ∈ R2 /. y ≤ 2−x, y + x ≥ 0, x2 + y2 < 4 }. Ver Figura (2.84).
3. S = { (x, y) ∈ R2 /. y ≤ 3x, y + x < 0, y ≤ 2−x }. Ver Figura (2.85).
4. S = { (x, y) ∈ R2 /. y ≤ log4 x, x2 + y2 ≤ 9, x > 0 }. Ver Figura (2.86).
5. S = { (x, y) /. y ≤ log0.6 x, x2 + y2 < 16, x > 0 }. Ver Figura (2.87).
6. S = { (x, y) /. x ≤ log3 y, x2 + y2 < 9, y > 0 }. Ver Figura (2.88).
7. S = { (x, y) /. x ≤ 2y, y − x ≥ 0, x2 + y2 < 16 }. Ver Figura (2.89).
Figura 2.83: Figura 2.84:
Figura 2.85: Figura 2.86: Figura 2.87:
Miscelânea 2.1.8.
Diga quais das funções são periódicas. Nos casos afirmativos, determine quando exis-
tem os períodos.
1. f(x) = x+ ‖ x ‖ 2. f(x) = 1 se x ∈ Z
3. f(x) =
{
1, se, x ∈ Q
0, se, x ∈ R−Q 4. f(x) =
 sen x, se, x ≥
pi
2
cosx, se, x <
pi
2
5. f(x) = cos
x
3
+ cos
x
4
6. f(t) = cos(10t) + cos[(10 + pi)t]
190 Christian Quintana Pinedo
Figura 2.88: Figura 2.89:
Solução.
1. Suponhamos que f(x) seja de período k ∈ R, então
f(x+k) = (x+k)+ ‖ x+k ‖= x+k+ ‖ x ‖ +k = f(x)+2k para o caso k ∈ Z
f(x+k) = (x+k)+ ‖ x+k ‖=
{
x+ k+ ‖ x ‖ + ‖ k ‖ se x ∈ R− Z ou
x+ k+ ‖ x ‖ + ‖ k ‖ +1 se x ∈ R− Z
Portanto, f(x) não é periódica.
2. Se x ∈ Z e k ∈ Z então (x+ k) ∈ Z, logo f(x+ k) = 1 = f(x). Assim, f é de período
k ∈ Z.
Se x ∈ Z e k ∈ R − Z então (x + k) ∈ R − Z, logo f(x + k) 6= 1 = f(x). Assim, f
não é periódica.
Portanto, f é de período k para todo k ∈ Z.
3. Se x ∈ Q e k ∈ Q então (x+ k) ∈ Q, logo f(x+ k) = 1 = f(x). Assim, f é de período
k ∈ Q.
Se x ∈ R−Q e k ∈ Q então (x+ k) ∈ R−Q, logo f(x+ k) = 0 = f(x). Assim, f
é de período k ∈ Q.
Se x ∈ Q e k ∈ R−Q então (x+ k) ∈ R−Q, logo f(x+ k) = 0 6= 1 = f(x). Assim,
f não é periódica.
Se x ∈ R − Q e k ∈ R − Q então em geral (x + k) ∈ R − Q, logo (x + k) ∈ Q, e
f(x+ k) = 0 = f(x). Assim, f não é periódica.
Portanto, f é de período k para todo k ∈ Z.
4. f(x) =
 sen x, se, x ≥
pi
2
cos x, se, x <
pi
2
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 191
Como as funções seno e cossenosão periódicas, temos que f(x) = f(x+ 2kpi).
Portanto, o período da função f(x) é 2pi.
5. Sabemos que a função cosseno tem domínio em todos os números reais e é de período
2pi, isto é cos(θ + 2pik) = cos θ para todo k ∈ Z. Logo, podemos supor que
cos
x+ T
3
+ cos
x+ T
4
= cos
x
3
+ cos
x
4
de onde
1
3
T = 2pim e
1
4
T = 2pin, para algum m, n ∈ Z.
De onde
1
3
T
1
4
T
=
2pim
2pin
⇒ 4
3
=
m
n
, logo quando m = 4, tem-se que n = 3, assim
T = 24pi.
Portanto, o período da função f(x) é 24pi.
6. Suponhamos que f seja periódica, de período T , então f(t+ T ) = f(t)
Temos que, ω1 = 10T e ω2 = (10 + pi)T e como
ω1
ω2
=
10
10 + pi
/∈ Q.
Portanto, f(t) não é função periódica.
Miscelânea 2.1.9.
Os lados de um triângulo medem 1 cm e 2 cm respectivamente. Construir o gráfico
da área do triângulo como função do ângulo x compreendido entre tais lados.
Solução.
Seja h a altura do triângulo da Figura
(2.90).
Tem-se que sen x = h
A área do triângulo é
A(x) =
(base)(altura)
2
=
(2)(sen x)
2
= sen x
Portanto, a área do triângulo como
função do ângulo x é A(x) = sen x.
��
��
��
��
�
S
S
S
SS
2 cm
1 cm
x	
h
Figura 2.90:
Miscelânea 2.1.10.
Demonstrar as seguintes identidades:
1. Ln | cscx− cotx |= −Ln | csc x+ cot x |
2. Se f(x) = −Ln | cscx+ cotx |, então e3Ln 3
√
f(x) = Ln
∣∣∣∣ sen x1 + cos x
∣∣∣∣
Demonstração.
192 Christian Quintana Pinedo
1. Ln | csc x−cotx |= Ln
∣∣∣csc2 x− cot2 x
csc x+ cotx
∣∣∣ = Ln ∣∣∣ 1
csc x+ cot x
∣∣∣ = −Ln | csc x+cot x |
2. Seja f(x) = −Ln | cscx+ cotx |, então
f(x) = Ln | csc x−cotx |= Ln
∣∣∣1− cos x
sen x
∣∣∣ = Ln ∣∣∣ 1− cos2 x
sen x(1 + cosx)
∣∣∣ = Ln ∣∣∣∣ sen x1 + cos x
∣∣∣∣
Por outro lado, f(x) = eLn f(x) = e3·
1
3
·Ln f(x) = e3·Ln
3
√
f(x)
Portanto, se f(x) = −Ln | csc x+ cot x |, então e3Ln 3
√
f(x) = Ln
∣∣∣∣ sen x1 + cosx
∣∣∣∣.
Miscelânea 2.1.11.
Sejam as funções, f(x) =
ex + e−x
2
e g(x) =
ex − e−x
2
. Demonstrar:
1. f(x)+ f(y) = 2f
(
x+ y
2
)
· f
(
x− y
2
)
2.
g(2x) + g(2y)
f(2x) + f(2y)
=
(
g
f
)
(x+ y)
3. g(x) + g(y) = 2g
(
x+ y
2
)
· f
(
x− y
2
)
4. [f(x)]2 − [g(x)]2 = 1
5. [f(x) + g(x)]n = f(nx) + g(nx) n ∈ N
6. f(x) é função par e, g(x) é função ímpar.
7.
[
f(
x
2
)
]2
= [g(x)]2 + 1 e
[
g(
x
2
)
]2
= [f(x)]2 − 1
Demonstração.1.
Suponhamos 2a = x+ y e 2b = x− y, então a+ b = x e a− b = y.
2f
(
x+ y
2
)
· f
(
x− y
2
)
= 2f(a) · g(b) = 2
[
ea + e−a
2
] [
eb + e−b
2
]
=
2
[
ea+b + e−(a+b) + ea−b + eb−a
4
]
=
ea+b + e−(a+b)
2
+
ea−b + eb−a
2
= f(x) + f(y)
Demonstração.2.
Aplicando a parte 1. e 3. deste exercício sabemos que
g(2x) + g(2y)
f(x) + f(y)
=
2g(x+ y) · f(x− y)
2f(x+ y)· f(x− y) =
(
g
f
)
(x+ y)
Demonstração.3.
Suponhamos 2a = x+ y e 2b = x− y, então a+ b = x e a− b = y.
2g
(
x+ y
2
)
· f
(
x− y
2
)
= 2g(a) · f(b) = 2
[
ea − e−a
2
] [
eb + e−b
2
]
=
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 193
2
[
ea+b + ea−b − eb−a − e−(a+b)
4
]
=
ea+b − e−(a+b)
2
+
ea−b − eb−a
2
= g(x) + g(y)
Demonstração.4.
Tem-se [f(x)]2 − [g(x)]2 =
[
ex + e−x
2
]2
+
[
ex − e−x
2
]2
=
=
[
e2x + 2 + e−2x
4
]
−
[
e2x − 2 + e−2x
4
]
= 1
Demonstração.5.
Observe que [f(x) + g(x)]n =
[
ex + e−x
2
+
ex − e−x
2
]n
= enx n ∈ N.
Por outro lado, [f(nx) + g(nx)] =
[
enx + e−nx
2
+
enx − e−nx
2
]
= enx n ∈ N.
Portanto, [f(x) + g(x)]n = f(nx) + g(nx) n ∈ N.
Demonstração.6.
Dada a função f(x) =
ex + e−x
2
, tem-se que f(−x) = e
−x + e−(−x)x
2
= f(x). Logo f
é função par.
Dada a função g(x) =
ex − e−x
2
, tem-se que g(−x) = e
−x − e−(−x)x
2
= −g(x). Logo
g é função ímpar.
Demonstração.7.
Seja 2a = x, então
[
f(
x
2
)
]2
= [f(a)]2 =
[
ea + e−a
2
]2
=
e2a + 2 + e−2a
4
=
(e2a − 2 + e−2a) + 4
4
= [g(2a)]2 + 1 = [g(x)]2 + 1
Portanto,
[
f(
x
2
)
]2
= [g(x)]2 + 1.
Por outro lado, seja x = 2a, logo
[
g(
x
2
)
]2
= [g(a)]2 =
[
ea − e−a
2
]2
=
e2a − 2 + e−2a
4
=
(e2a + 2 + e−2a)− 4
4
= [f(2a)]2 − 1 = [f(x)]2 − 1
Portanto,
[
g(
x
2
)
]2
= [f(x)]2 − 1.
Miscelânea 2.1.12.
Mostre que:
194 Christian Quintana Pinedo
1. cos(arcsen x) =
√
1− x2 2. sen (arccosx) = √1− x2
3. sec(arctanx) =
√
1 + x2 4. csc(arccot x) =
√
1 + x2
Demonstração.
1. Seja a circunferência x2 + y2 = 1 e x = sen α, y = cosα, então sen 2α+ cos2 α = 1
para 0 ≤ α < 2pi.
Como x2 + y2 = 1 ⇒ cosα = √1− x2. De x = sen α ⇒ α = arcsen x.
Substituindo em cosα =
√
1− x2 ⇒ cos(arcsen x) = √1− x2.
2. Pela parte 1. , como x2 + y2 = 1 ⇒ sen α = √1− x2. De x = cosα ⇒ α =
arccos x.
Substituindo em sen α =
√
1− x2 ⇒ sen (arccos x) = √1− x2.
3. Seja a identidade a2+1 = b2 e a = tanα, b = secα, então tan2 α+1 = sec2 α para
−pi
2
≤ α < pi
2
.
Tem-se que secα =
√
1 + a2. De a = tanα ⇒ α = arctan a.
Substituindo em secα =
√
1 + a2 ⇒ sec(arctan a) = √1 + a2.
4. Na identidade a2 + 1 = b2 e a = cotα, b = cscα, então cot2 α + 1 = csc2 α para
−pi
2
≤ α < pi
2
.
Tem-se que cscα =
√
1 + a2. De a = cotα ⇒ α = arccot a.
Substituindo em cscα =
√
1 + a2 ⇒ csc(arccot a) = √1 + a2.
Miscelânea 2.1.13.
Da relação tan
α
2
=
tanα +m− 1
tanα+m+ 1
, determine o valor de tan
α
2
.
Solução.
Suponhamos −pi
2
< α <
pi
2
, pois, se α = ±pi
2
segue que tanα = ∞ e se α = 0 é
imediato que m = 1.
Como estamos considerando −pi < α < pi, então −∞ < x = tan α
2
< +∞.
Sabe-se que tanα =
2 tan
α
2
1− tan2 α
2
⇒ tanα = 2x
1− x2 , assim
tan
α
2
=
tanα +m− 1
tanα +m+ 1
⇒ x =
2x
1− x2 +m− 1
2x
1− x2 +m+ 1
⇒
x[2x+ (m+ 1)(1− x2)] = 2x+ (m− 1)(1− x2) ⇒ (x− 1)[x2(m+ 1)− (m− 1)] = 0
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 195
Logo x = tan
α
2
= 1 ou x = tan
α
2
= ±
√
m− 1
m+ 1
.
Se tan
α
2
= 1 então α =
pi
2
absurdo!
Portanto, tan
α
2
= ±
√
m− 1
m+ 1
sempre que m > 1.
Miscelânea 2.1.14.
Se A e C representam respectivamente o maior e menor dos ângulos de um triângulo
tais que seus lados formam uma progressão aritmética. Mostre que: 4(1 − cosA)(1 −
cosC) = cosA+ cosC.
Solução.
��
��
��
��
��
A
A
A
AA
a+ r
a− ra
C
A
Figura 2.91:
Seja r a razão da progressão aritmética, então os lados
do triângulo são a − r, a e a + r como mostra a Figura
(2.91), onde a > r.
Pela lei dos cossenos
(a−r)2 = a2+(a+r)2−2a(a+r) cosC ⇒ 2(a+r) cosC = a+4r
também
(a+ r)2 = a2 + (a− r)2 − 2a(a− r) cosA ⇒ 2(a− r) cosA = a− 4r
multiplicando estas duas últimas igualdades, uma delas por (a− r) e a outra por (a+ r)
e logo somando, tem-se
(a2 − r2)[cosA+ cosC] = a2 − 4r2 (2.3)
De
2(a+ r) cosC = a+ 4r ⇒ (a− 2r) = 2(a+ r)(1− cosC)
2(a− r) cosA = a− 4r ⇒ (a+ 2r) = 2(a− r)(1− cosA)
multiplicando estas duas últimas igualdades tem-se
(a2 − 4r2) = 4(a2 − r2)(1− cosA)(1− cosC) (2.4)
De (2.3) e (2.4) segue que
(a2 − r2)[cosA+ cosC] = a2 − 4r2 = 4(a2 − r2)(1− cosA)(1− cosC)
Portanto, 4(1− cosA)(1− cosC) = cosA+ cosC.
196 Christian Quintana Pinedo
Miscelânea 2.1.15.
Demonstre que um triângulo cujos ângulos verifica a relação: 2 cosBsen C = sen A é
isósceles.
��
��
��
��
��
A
A
A
AA
a
cb
C B
A
Figura 2.92:
Suponhamos temos o triângulo que se mostra na Figura
(2.92). Logo o seno ou cosseno de cada um dos ângulos é
positivo, pois são maiores que zero e menores que pi/2. Pela
lei dos cossenos
b2 = a2 + c2 − 2ac cosB
Pela lei dos senos
a
sen A
=
b
senB
=
c
sen C
Desta última igualdade, substituindo na lei dos cossenos resulta:
(asenB
sen A
)2
= a2 +
(asen C
sen A
)2 − 2a2 · (sen C
sen A
)
cosB
Substituindo a condição inicial resulta, como a 6= 0 e sen A 6= 0
(asenB
sen A
)2
= a2 +
(asen C
sen A
)2 − a2 · (sen A
sen A
) ⇒
(asenB
sen A
)2
=
(asen C
sen A
)2 ⇒ sen 2B = sen 2C ⇒ senB = ±sen C
O caso senB = −sen C não acontece, pois os ângulos são positivo. Logo senB = sen C
Portanto o triângulo é isósceles, e temos que refazer a Figura (2.92).
Miscelânea 2.1.16.
Achar o domínio de definição das seguintes funções:
1. y =
√
Ln (sen x) 2. y = Ln (sen x)
Solução.
1. y =
√
Ln (sen x) ∈ R ⇔ Ln (sen x) ≥ 0 ⇔ sen x ≥ 1. Sabe-se que
− ≤ sen x ≤ 1 ⇒ sen x = 1 de onde x = pi
2
+ 2kpi, k ∈ Z.
Portanto, o domínio é o conjunto { x ∈ R . x = pi
2
+ 2kpi, k ∈ Z }.
2. y = Ln (sen x) ⇔ sen x > 0. Sabe-se que − ≤ sen x ≤ 1 ⇒ 0 < sen x ≤ 1
de onde 2kpi < x < (2k + 1)pi, k ∈ Z.
Portanto, o domínio é o conjunto { x ∈ R . 2kpi < x < (2k + 1)pi, k ∈ Z }.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 197
Miscelânea 2.1.17.
Verificar as seguintes fórmulas:
1.
pi
4
= arctan
1
2
+ arctan
1
5
+ arctan
1
8
2. 2 arctan
1
2
= arctan
4
3
3.
pi
4
= 2 arctan
1
7
+arctan
1
5
+2 arctan
1
8
4.
pi
4
= 5 arctan
1
7
+2 arctan
3
79
Solução.
Sejam tanα = a, tan β = b, logo tan(α + β) =
a+ b
1− ab . Assim
arctan(a) + arctan(b) = arctan(
a+ b
1− ab) (2.5)
1. A = [arctan
1
2
+ arctan
1
5
] + arctan
1
8
= arctan
[ 1
2
+ 1
5
1− 1
2
· 1
5
]
+ arctan
1
8
⇒
A = arctan(
7
9
) + arctan
1
8
= arctan
[ 7
9
+ 1
8
1− 7
9
· 1
8
]
= arctan 1 =
pi
4
A igualdade é verdadeira.
2. B = 2arctan
1
2
= arctan
1
2
+ arctan
1
2
⇒
B = arctan
[ 1
2
+ 1
2
1− 1
2
· 1
2
]
= arctan 2 6= arctan 4
3
A igualdade é falsa!
3. C = 2arctan
1
7
+ arctan
1
5
+ 2 arctan
1
8
= 2 arctan
[ 1
7
+ 1
8
1− 1
7
· 1
8
]
+ arctan
1
5
⇒
C = arctan
[ 15
55
+ 15
55
1− 15
55
· 15
55
]
+ arctan
1
5
= arctan
33
56
+ arctan
1
5
⇒
C = arctan
[ 33
56
+ 1
5
1− 33
56
· 1
5
]
= arctan
221
247
6= pi
4
A igualdade é falsa!
4. 5 arctan
1
7
+2 arctan
3
79
= 3 arctan
1
7
+2 arctan
1
7
+ 3
79
1− 1
7
· 3
79
= 3arctan
1
7
+2 arctan
100
550
=
= 3 arctan
1
7
+ 2 arctan
2
11
= arctan
1
7
+ 2 arctan
1
7
+ 2
11
1− 1
7
· 2
11
=
198 Christian Quintana Pinedo
= arctan
1
7
+ 2 arctan
1
3
= arctan
1
7
+ arctan
1
3
+ 1
3
1− 1
32
== arctan
1
7
+ arctan
3
4
=
= arctan
1
7
+ arctan
3
4
= arctan
17
+ 3
4
1− 1
7
· 3
4
= arctan
25
25
=
pi
4
A igualdade é verdadeira.
Miscelânea 2.1.18.
Mostre que o gráfico da função f(x) = loga(x+
√
x2 + 1) é simétrico respeito à origem
de coordenadas. Determine sua função inversa.
Solução.
A verificar que, se o ponto (x, y) pertence ao gráfico de y = f(x), também o ponto
(−x, −y) deve pertencer ao gráfico de y = f(x).
O gráfico da função mostra-se na Figura (2.93)
Com efeito, seja −x ∈ D(f), logo em f(x) tem-se:
f(−x) = loga(−x+
√
(−x)2 + 1) =
= loga(
√
x2 + 1− x) = loga
[
(
√
x2 + 1)2 − x2√
x2 + 1 + x
]
=
= − loga(
√
x2 + 1 + x) = −y
Assim, o ponto (−x, −y) pertence ao gráfico de
(f(x). Portanto é simétrica respeito à origem. Figura 2.93:
Por outro lado, y = loga(x+
√
x2 + 1) ⇒ ay = √x2 + 1 + x de onde
a2y − 2xay − 1 = 0 ⇒ x = a
2y − 1
2ay
Portanto, g(x) =
a2x − 1
2ax
é a função inversa de f(x).
Miscelânea 2.1.19.
Escrever em forma explícita uma função y = f(x) dada em forma implícita mediante
cada uma das equações:
1. x2 + y2 = 1 2.
x2
a2
+
y2
b2
= 1 3. Ln (x) + Ln (y + 1) = 4
4. x3 + y3 = a3 5. 2x+y(x2 − 2) = x3 + 7 6. (1 + x) cos y − x2 = 0
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 199
1. x2 + y2 = 1 ⇔ y = f(x) = ±√1− x2
2.
x2
a2
+
y2
b2
= 1 ⇔ y = f(x) = ±| b || a |
√
a2 − x2
3. Ln (x) + Ln (y + 1) = 4 ⇔ Ln (x)− Ln e4 = Ln (y + 1)) ⇔ y = xe−4 − 1
4. x3 + y3 = a3 ⇔ y = f(x) = 3√a3 − x3
5. 2y2x(x2 − 2) = x3 + 7 ⇔ 2y = x
3 + 7
2x(x2 − 2) ⇔ y = f(x) = log2
[
x3 + 7
2x(x2 − 2)
]
6. (1 + x) cos y − x2 = 0 ⇔ cos y = x
2
(1 + x)
⇔ y = f(x) = arccos
[
x2
(1 + x)
]
Miscelânea 2.1.20.
Seja f(x) = a · cos(bx + c). Quais devem ser os valores das constantes a, b e c para
obter a identidade f(x+ 1)− f(x) = sen x ?
Solução.
Observe que: f(x+ 1)− f(x) = a · cos(b[x+ 1] + c)− a · cos(bx+ c)
= a[cos([bx+ c] + b)− cos(bx+ c)]
= a[cos(bx+ c) · cos(b)− sen (bx+ c) · sen (b)− cos(bx+ c)]
= a[cos(bx+ c)[cos(b)− 1]− sen (bx+ c) · sen (b)]
= a[−2 cos(bx+ c)sen 2( b
2
)− 2sen (bx+ c) · sen ( b
2
)
cos
( b
2
)
]
= −2a · sen ( b
2
) · sen (bx+ c+ b
2
)
Como f(x+ 1)− f(x) = sen x, então de
= −2a · sen ( b
2
) · sen (bx+ c+ b
2
) = sen x
Segue que b = 1, c = −1
2
e a = −1
2
csc
1
2
.
Miscelânea 2.1.21.
Resolver a equação:
1. 2sen x =
√
1− sen 2x−√1 + sen 2x 2. 2cos x = √1− sen 2x−√1 + sen 2x
3. 2sen x =
√
1 + sen 2x+
√
1− sen 2x
Solução.
200 Christian Quintana Pinedo
1. Tem-se: 2sen x =
√
1− sen 2x−√1 + sen 2x ⇔
⇔ 4sen 2x = (√1− sen 2x)2 − 2
√
12 − sen 22x+ (√1 + sen 2x)2
4sen 2x = 2− 2 cos(2x) ⇔ 8sen 2x = 0 ⇔ x = kpi, k ∈ Z
2. Tem-se: 2 cos x =
√
1− sen 2x−√1 + sen 2x ⇔
⇔ 4 cos2 x = (√1− sen 2x)2 − 2
√
12 − sen 22x+ (√1 + sen 2x)2
4 cos2 x = 2− 2 cos(2x) ⇔ 8 cos2 x = 0 ⇔ x = (2k + 1)pi
2
, k ∈ Z
3. Tem-se: 2sen x =
√
1− sen 2x+√1 + sen 2x ⇔
⇔ 4sen 2x = (√1− sen 2x)2 + 2
√
12 − sen 22x+ (√1 + sen 2x)2
4sen 2x = 2 + 2 cos(2x) ⇔ 2 cos 2x = 0 ⇔ x = (2k + 1)pi
4
, k ∈ Z
Miscelânea 2.1.22.
Figura 2.94:
Num cone circular reto com raio na base R e altura
H encontra-se inscrito um cilindro modo que os planos
e os centros das bases circulares do cone e cilindro
coincidem. Determine o raio do cilindro para que sua
superfície total seja máxima; sabe-se que H > 2R.
Solução.
Seja S a superfície total do cilindro, então S =
2pir2 + 2pirh
Da Figura (2.94) e como H > 2R tem-se:
H
R
=
h
R− r ⇒ h =
H
R
(R− r)
⇒ S = 2pir2 + 2pirH
R
(R− r) = 2pi (H −R)
R
[
r
RH
H −R − r
2
]
⇒ S = 2pi
R(R−H)
{[
HR
2(H −R)
]2
−
[
r − HR
2(H −R)
]2}
Portanto, o raio deve ser igual a r =
HR
2(H −R)
Miscelânea 2.1.23.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 201
Apresentar o número x como soma de dois números tais que a soma de seus quadrados
seja a menor possível.
Solução.
Sejam a e x− a os números, a soma do seus quadrados é S(a) = a2 + (x− a)2, logo
S(a) = x2 − 2ax+ 2a2 = 2(a− x
2
)2 +
x2
2
quando a =
x
2
, teremos que S(
x2
2
) é área mínima.
Portanto, os números são
x
2
e
x
2
.
Miscelânea 2.1.24.
Com um lápis cuja ponta tem 0, 02mm de espessura, deseja-se traçar o gráfico da
funçao f(x) = 2x. Até que distância à esquerda do eixo vertical pode-se ir sem que o
gráfico atinja o eixo horizontal?
Solução.
Para o gráfico atinjir o eixo horizontal, f(x) = 0 e isto acontece quando o centro da
ponta do lápis se encontre a uma distância de 0, 01mm do eixo-x.
Assim f(a) = 2a = 0, 01 ⇒ a log2 2 = log2 0, 01 ⇒ a = −6, 643 . . .
Miscelânea 2.1.25.
Um arame de comprimento x deve-se dividir em duas partes. Uma de elas estará
destinada para construir um quadrado, e a outra para um triângulo equilátero. Qual é o
comprimento de cada parte para que a soma das áreas das figuras obtidas seja a menor
possível.
Solução.
Sejam a e x− a os comprimentos.
A área do quadrado de lado l é A(l) = l2, e do triângulo equilátero de lado L é
A(L) =
√
3
4
L2. Suponhamos que, com o arame de comprimento x−a decidimos construir
o quadrado, então cada lado do quadrado mede
x− a
4
e càda lado do triângulo mede
a
3
.
A soma das areas é:
S(a) = (
x− a
4
)2 +
√
3
4
(
a
3
)2 ⇔ S(x) = 1
16
[
x2 − 2ax+ a2(9 + 4
√
3
9
)
]
S(a) =
(9 + 4
√
3)
144
[(
a− 9x
(9 + 4
√
3)
)2
+
9x2
(9 + 4
√
3)
−
( 9x
9 + 4
√
3
)2]
202 Christian Quintana Pinedo
S(a) =
(9 + 4
√
3)
144
[(
a− 9x
(9 + 4
√
3)
)2
+
36
√
3x2
(9 + 4
√
3)2
]
observe que S(a) será menor quando a =
9x
(9 + 4
√
3)
.
O lado triângulo mede
3x
(9 + 4
√
3)
e do quadrado
√
3x
(9 + 4
√
3)
Miscelânea 2.1.26.
Um projeto de Lei para cobrança de impostos, sobre carros prevê que o proprietário de
um carro pagará R$100, 00 mais 7% do valor estimado do carro. Outro projeto propõe que
o proprietário pague R$400, 00 mais 2% do valor estimado do carro. Considere apenas os
aspectos financeiros; que tipo do cobrança será mais favorável ao proprietário?
Solução.
É favorável ao proprietário quando a quantidade a pagar seja a menor possível
Suponhamos seja x o valor do carro. O primeiro projeto prevê que o proprietário
pagará P1(x) = 100 +
7
100
x. O segundo projeto prevê P2(x) = 400 +
2
100
x.
P1 ≤ P2 ⇔ 100 + 7
100
x ≤ 400 + 2
100
x ⇔ x ≤ 6000
P2 ≤ P1 ⇔ 400 + 2
100
x ≤ 100 + 7
100
x ⇔ 6000 ≤ x
O primeiro projeto será favorável, se o carro tem um valor menor ou igual a R$6000, 00,
e o segundo projeto será favorável, se o preço do carro for igual ou superior a R$6000, 00.
Miscelânea 2.1.27.
A demanda de certo produto é dado pela equação: D(p) = 200p + 12000 unidades ao
mês quando o preço de mercado é de p dólares por unidade. a) Expressar o gasto total
mensal do consumidor em função de p (o gasto total mensal é a quantidade total gastado
pelo consumidor, em cada mês com o produto). b) Construir o gráfico dessa função de
demanda. c) Discuta o significado econômico das p interseções da função gasto. d)
Construir o gráfico da função de gasto total mensal.
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 197
Miscelânea 2.1.28.
Observações feitas durante longo tempo mostram que, apóos período de mesma dura-
ção, a população da terra fica multiplicada pelo mesmo fator. Sabendo que essa população
era de 2, 68 bilhões em 1956 e 3, 78 bilhões em 1972, pede-se:
1. O tempo necessário para que a população da terra dobre de valor.
2. A população estimada para o ano 2012.
3. Em que ano a população da terra era de 1 bilhão.
Solução.
1. Como a função que descreve a relação dos anos com o número de habitantes fica
multiplicada pelo mesmo fator, então ela descreve uma reta que passa pelos pontos
(1956;2, 68) e (1872; 3, 78).
O coeficiente angular desta reta é m =
3, 78− 2, 68
1972− 1956 =
11
160
. A equação da reta que
passa pelo ponto (1956; 2, 68) é dada por
y − 2, 68 = 11
160
(x− 1956) ⇒ y = 11
160
(x− 1956) + 2, 68
onde x indica o ano e y a quantidade de habitantes em bilhões.
Tomando como referência que em 1956 a terra tinha 2, 68 bilhões de habitantes
queremos saber em que época terá 2(2, 68) = 5, 36 bilhões habitantes.
5, 36 =
11
160
(x− 1956) + 2, 68 ⇒ 160× 2, 68
11
+ 1956 ≈ 1995
Para que a população da terra dobre de valor será aproximadamente em 1995.
2. Quando x = 2012 então
y =
11
160
(2012− 1956) + 2, 68 ⇒ y = 6, 53
A população em 2012 será de 6, 53 bilhões de habitantes .
3. Quando y = 1 então
y =
11
160
(x− 1956) + 2, 68 ⇒ 1− 2, 68 = 11
160
(x− 1956) ⇒ y = 1931, 56
A população da terra era de 1 bilhão entre 1931 e 1932.
198 Christian Quintana Pinedo
Capítulo 3
LIMITES
3.1 Vizinhança de um Ponto.
Exercícios 3-1
Exercício 3.1.1.
Estime o valor do limite lim
x→2
x5 − 32
x6 − 64 completando a seguinte tabela:
x 1, 999 1, 9999 1, 99999 1, 999999 2, 01 2, 001 2, 0001 2, 00001
f(x)
Solução.
x 1, 999 1, 9999 1, 99999 1, 999999 2, 01 2, 001 2, 0001 2, 00001
f(x) 0, 4840. 0, 4838. 0, 4838.
Logo lim
x→2
x5 − 32
x6 − 64 = 0, 49206349206349206349206349206349
Exercício 3.1.2.
Calcular o lim
x→1
.g(x) para g(x) =
x+ 3√
x2 + 15− 4 completando a seguinte tabela:
x 0, 999 0, 9999 0, 99999 0, 999991 1, 01 1, 001 1, 0001 1, 00001
f(x)
Solução.
x 0, 999 0,9999 0,99999 0,999991
f(x) -16003,502 -160003,500 -1600003,500
x 1,01 1,001 1,0001 1,00001
f(x) 1596,520
Logo lim
x→1
.g(x) para g(x) =
x+ 3√
x2 + 15− 4 = 1596, 5209931724885853640578489557.
199
200 Christian Quintana Pinedo
Exercício 3.1.3.
Calcular lim
x→a
f(x) para as seguintes funções:
Solução.
1. Para a função f(x) =

x2 − 4
x− 2 , se, x 6= 2
5, se, x = 2
temos
lim
x→2
f(x) = lim
x→2
x2 − 4
x− 2 = limx→2(x+ 2) = 4
2. Para o limite da função f(x) =

x2 + 5
x
, se, x > 1
x2 − 1
x− 1 , se, x < 1
Temos que calcular o limite por dois caminhos:
Se x < 1 denotamos x→ 1−, tem-se lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
x2 − 1
x− 1 = limx→1−(x+ 1) = 2.
Se x > 1 denotamos x→ 1+, tem-se lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
x2 + 5
x
= 6.
Portanto, não existe lim
x→1
f(x)
Exercício 3.1.4.
Seja f(x) =
x2
3x− 4 , mostre que limx→1 .f(x) = −1.
Solução.
Temos que mostrar que, para todo � > 0 existe δ = δ(�) > 0 tal que
∣∣∣∣ x23x− 4 − (−1)
∣∣∣∣ <
� sempre que |x− 1| < δ.
Com efeito, suponhamos qualquer � > 0 e que existe δ > 0 tal que |x− 1| < δ, então∣∣∣∣ x23x− 4 − (−1)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x2 + 3x− 43x− 4
∣∣∣∣ = |x− 1||x+ 4||3x− 4| < (3.1)
Também podemos supor um δ1 =
1
6
, então de |x− 1| < δ1 segue que |x− 1| < 1
6
⇒
5
6
< x <
7
6
de onde
29
6
< x+ 4 <
31
6
, assim |x+ 4| < 31
6
. Por outro lado, de
5
6
< x <
7
6
segue −3
2
< 3x− 4 < −1
2
⇒ −2
1
<
1
3x− 4 < −
2
3
⇒ 2
3
<
1
|3x− 4| < 2
Assim, na desigualdade (3.1) segue∣∣∣∣ x23x− 4 − (−1)
∣∣∣∣ = |x− 1||x+ 4||3x− 4| < δ · 316 · (2) = � ⇒ δ = 3�31 = δ(�)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 201
Portanto, ∀ � > 0 temos que
∣∣∣∣ x23x− 4 − (−1)
∣∣∣∣ < � sempre que |x − 1| < δ, para
δ = min{ 1
6
,
3�
31
}
Exercício 3.1.5.
Mostre que lim
x→4
∣∣∣∣2(x− 5)2x− 7
∣∣∣∣ = −2.
Solução.
Temos que mostrar que, para todo � > 0 existe δ = δ(�) > 0 tal que
∣∣∣∣2(x− 5)2x− 7 − (−2)
∣∣∣∣ <
� sempre que |x− 4| < δ.
Com efeito, suponhamos qualquer � > 0 e que existe δ > 0 tal que |x− 4| < δ, então∣∣∣∣2(x− 5)2x− 7 − (−2)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣2x− 10 + 4x− 142x− 7
∣∣∣∣ = 6|x− 4||2x− 7| < (3.2)
Também podemos supor um δ1 =
1
4
, então de |x− 4| < δ1 segue que |x− 4| < 1
4
⇒
7
4
< x <
9
4
de onde −7
2
< 2x − 7 < −5
2
⇒ −2
5
<
1
2x− 7 < −
2
7
⇒ 2
7
<
1
|2x− 7| <
2
5
Assim, na desigualdade (3.2) segue∣∣∣∣2(x− 5)2x− 7 − (−2)
∣∣∣∣ = 6|x− 4||2x− 7| < 6 · δ · 25 = � ⇒ δ = 5�12 = δ(�)
Portanto, ∀ � > 0 tem-se que
∣∣∣∣2(x− 5)2x− 7 − (−2)
∣∣∣∣ < � sempre que |x − 4| < δ, para
δ = min{ 1
4
,
5�
12
}
Exercício 3.1.6.
Seja y = x2. Quando x tende para 2; y tende para 4. Qual é o valor para δ em
0 <| x− 2 |< δ; que, dê por resultado | y − 4 |< ε = 0, 001?
Solução.
Para ε = 0, 001, tem-se que | y − 4 |< ε então,
|x2 − 4| ≤ |x− 2||x+ 2| < |x+ 2| · δ < (3.3)
Suponhamos δ = 1, então | x−2 |< 1, logo −1 < x−2 < 1 ⇒ 3 < x+2 < 5 ⇒
|x+ 2| < 5. Assim, na desigualdade (3.3)
|x2 − 4| ≤ |x− 2||x+ 2| < |x+ 2| · δ < 5δ = ε ⇒ δ = 0, 001
5
= 0, 0002
202 Christian Quintana Pinedo
Considere δ = min.{1, 0, 0002} para garantir a existência do limite.
Portanto, δ = 0, 0002.
Exercício 3.1.7.
Seja y =
x2 − 1
x2 + 1
. Para x→ 2 tem-se y → 3
5
. Qual é o valor de δ para que | x− 2 |< δ
dê por resultado | y − 3
5
|< ε = 0, 1?
Solução.
Para ε = 0, 1, temos que
∣∣∣x2 − 1
x2 + 1
− 3
5
∣∣∣ < ε então, ∣∣∣2(x2 − 4)
5(x2 + 1)
∣∣∣ < ε, de onde
∣∣∣2(x− 2)(x+ 2)
5(x2 + 1)
∣∣∣ < ε (3.4)
Queremos um δ de modo que | x−2 |< δ. Consideremos como δ1 um número positivo,
de modo que | x− 2 |< δ1, então −δ1 + 2 < x < δ1 + 2.
Temos que limitar (neste caso maiorar) |x+ 2|, e 1|x2 + 1| .
Supondo 0 < −δ1 + 2, poderiamos por exemplo considerar δ1 = 1, de onde 1 < x < 3,
então 3 < x+ 2 < 5 e 0 < x2 < x2 + 1. Logo |x+ 2| < 5, e 1|x2 + 1| <
1
x2
<
1
1
.
Em (3.4) temos ∣∣∣2(x− 2)(x+ 2)
5(x2 + 1)
∣∣∣ ≤ 2|x− 2|(5)
(5)(1)
< ε
de onde |x− 2| < ε
2
= δ, logo δ =
0, 1
2
= 0, 05, logo δ = min .{1; 0, 05}
Portanto, δ = 0, 45.
Exercício 3.1.8.
Aplicando a definição, demonstrar os seguintes limites, achando um valor para um
δ > 0, para o valor de ε dado.
1. lim
x→3
(5x− 3) = 12 ε = 0, 03 2. lim
x→2
(3x+ 5) = 11 ε = 0, 0012
3. lim
x→2
[
x2 − 4
x− 2
]
= 4 ε = 0, 004 4. lim
x→1
[√
x− 1
x− 1
]
=
1
2
ε = 0, 015
5. lim
x→1
[
3x2 − 2x− 1
x− 1
]
= 4 ε = 0, 015 6. lim
x→ 1
2
[
4x2 − 1
2x− 1
]
= 2 ε = 0, 07
7. lim
x→3
(7x2 − 20x+ 2) = 5 ε = 0, 001 8. lim
x→2
[
x2
7x− 13
]
= 4 ε = 0, 001
9. lim
x→−3
[
3x− 1
3x2 − 25
]
= −5 ε = 0, 001 10. lim
x→−3
[
x2 − 14
10x+ 29
]
= 5 ε = 0, 1
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 203
1. Para ε = 0, 03, seja |(5x−3)−12| < ε, então |5(x−3)| < ε, de onde |x−3| < ε
5
= δ.
Logo δ = 0, 006.
Portanto, lim
x→3
(5x− 3) = 12. Para ε = 0, 03 existe δ = 0, 006.
2. Para ε = 0, 0012, seja |(3x+5)−11| < ε, então |3(x−2)| < ε, de onde |x−2| < ε
3
= δ.
Logo δ = 0, 0004.
Portanto, lim
x→2
(3x+ 5) = 11. Para ε = 0, 0012 existe δ = 0, 0004.
3. Para ε = 0, 004, seja
∣∣∣∣x2 − 4x− 2 − 4
∣∣∣∣ < ε, então ∣∣∣∣(x+ 2)(x− 2)x− 2 − 4
∣∣∣∣ = |x− 2| < ε, de
onde |x− 2| < ε = δ. Logo δ = 0, 004.
Portanto, lim
x→2
[
x2 − 4
x− 2
]
= 4. Para ε = 0, 004 existe δ = 0, 004.
4. Para ε = 0, 015, seja
∣∣∣∣√x− 1x− 1 − 12
∣∣∣∣ < ε, então ∣∣∣∣ √x− 1(√x+ 1)(√x− 1) − 12
∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣ 1(√x+ 1) − 12
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ √x− 12(√x+ 1)
∣∣∣∣ = |x− 1|2(√x+ 1)2 ≤ (3.5)
Temos que maiorar
1√
x+ 1
. Com efeito, suponhamos que δ = 1, então de |x−1| < 1
segue que −1 < x− 1 < 1 ⇒ 0 < √x < √2 de onde 1 < √x+1 < √2+1, logo
1
2(
√
2 + 1)2
<
1
2(
√
x+ 1)2
<
1
2
. Assim, na desigualdade (3.5) temos
∣∣∣∣√x− 1x− 1 − 12
∣∣∣∣ = |x− 1|2(√x+ 1)2 ≤ |x− 1|2 < ε
de onde |x− 1| < 4ε = δ. Logo δ = 0, 03.
Portanto, lim
x→1
[√
x− 1
x− 1
]
=
1
2
. Para ε = 0, 015 existe δ = min{0, 03; 1}.
5. Para ε = 0, 015, seja
∣∣∣∣3x2 − 2x− 1x− 1 − 4
∣∣∣∣ < ε, então ∣∣∣∣(3x+ 1)(x− 1)x− 1 − 4
∣∣∣∣ = 3|x −
1| < ε,de onde |x− 1| < ε
3
= δ. Logo δ = 0, 005.
Portanto, lim
x→1
[
3x2 − 2x− 1
x− 1
]
= 4. Para ε = 0, 015 existe δ = 0, 005.
6. Para ε = 0, 07, seja
∣∣∣∣4x2 − 12x− 1 − 2
∣∣∣∣ < ε, então ∣∣∣∣(2x+ 1)(2x− 1)2x− 1 − 2
∣∣∣∣ = 2|x− 12 | < ε,
de onde |x− 1
2
| < ε
2
= δ. Logo δ = 0, 035.
204 Christian Quintana Pinedo
Portanto, lim
x→ 1
2
[
4x2 − 1
2x− 1
]
= 2. Para ε = 0, 07 existe δ = 0, 035.
7. Para ε = 0, 001, seja |7x2 − 20x+ 2− (5)| < ε, isto é
|7x2 − 20x− 3| = |(7x+ 1)(x− 3)| = |7x+ 1||x− 3| ≤ (3.6)
Temos que maiorar |7x+1|. Com efeito, suponhamos que δ = 1, então de |x−3| < 1
segue que −1 < x − 3 < 1 ⇒ 2 < x < 4 de onde 14 < 7x < 28, logo
16 < 7x+ 1 < 29. Assim, na desigualdade (3.6) temos
|7x2 − 20x− 3| = |7x+ 1||x− 3| ≤ 29|x− 3| < ε
de onde |x− 3| < ε
29
= δ. Logo δ = 3, 448....
Portanto, lim
x→3
(7x2 − 20x+ 2) = 5. Para ε = 0, 001 existe δ = min{3, 448...; 1} = 1.
8. Para ε = 0, 001, seja
∣∣∣ x2
7x− 13 − 4
∣∣∣ < ε, isto é
∣∣∣ x2
7x− 13 − 4
∣∣∣ = ∣∣∣x2 − 28x+ 52
7x− 13
∣∣∣ = ∣∣∣(x− 2)(x− 26)
7x− 13
∣∣∣ ≤ (3.7)
Como estamos verificando o limite numa vizinhança de x = 2 e o denominador da
função f(x) é 7x − 13 6= 0 isto é x 6= 1, 8571, o raio da vizinhança de x = 2 não
deve ultrapassar x = 1, 8571, aqui é melhor trabalhar com um raio menor do que
2− 1, 8571
2
= 0, 071.... Podemos considerer por exemplo δ = 0, 01.
Temos que maiorar
∣∣∣ x− 26
7x− 13
∣∣∣. Com efeito, suponhamos que δ = 0, 01, então de
|x− 2| < 0, 01 segue que 1, 99 < x < 2, 01 de onde −24, 01 < x− 26 < −23, 99, logo
0 < |x− 26| < 24, 01.
Por outro lado, de |x−2| < 0, 01 ⇒ 1, 99 < x < 2, 01 e segue que 13, 93 < 7x <
14, 07 de onde 0, 93 < 7x− 13 < 1, 07 e 100
107
<
∣∣∣ 1
7x− 13
∣∣∣ < 100
93
= 1, 07
Assim, na desigualdade (3.7) temos
∣∣∣ x2
7x− 13 − 4
∣∣∣ = ∣∣∣x2 − 28x+ 52
7x− 13
∣∣∣ = ∣∣∣(x− 2)(x− 26)
7x− 13
∣∣∣ ≤ |x− 2|(24, 01)
0, 107
< ε
de onde |x− 2| < ε0, 107
24, 01
= δ. Logo δ =
(0, 001)(0, 107)
24, 01
= 0, 00000445...
Portanto, lim
x→2
[
x2
7x− 13
]
= 4. Para ε = 0, 1 existe δ = min{0, 00000445..; 1} = 1.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 205
9. Para ε = 0, 001, seja
∣∣∣ 3x− 1
3x2 − 25 − (−5)
∣∣∣ < ε, quando |x− (−3)| < δ, isto é
∣∣∣ 3x− 1
3x2 − 25 − (−5)
∣∣∣ = ∣∣∣3(5x2 − x− 42)
3x2 − 25
∣∣∣ = ∣∣∣3(5x− 14)(x+ 3)
3x2 − 25
∣∣∣ ≤ (3.8)
Como estamos verificando o limite numa vizinhança de x = −3 e o denominador da
função f(x) é 3x2− 25 6= 0 isto é x 6= ±2, 88..., o raio da vizinhança de x = −3 não
deve ultrapassar x = −2, 88..., aqui é melhor trabalhar com um raio menor do que
| − 3− (−2, 88)|
2
= 0, 061.... Podemos considerer por exemplo δ = 0, 05.
Suponhamos que δ = 0, 05, então de |x−(−3)| < 0, 05 segue que−3, 05 < x < −2, 95
de onde −29, 25 < 5x− 14 < −28, 75, logo 0 < |5x− 14| < 29, 25.
Por outro lado, −3, 05 < x < −2, 95 ⇒ 21, 1075 < 3x2 − 5 < 22, 9075 ⇒
1
3x2 − 5 ≤
1
21, 1075
Assim, na desigualdade (3.8) temos∣∣∣ 3x− 1
3x2 − 25 − (−5)
∣∣∣ = ∣∣∣3(5x− 14)(x+ 3)
3x2 − 25
∣∣∣ < |x+ 3|3(29, 25)
21, 1075
< ε
de onde |x− (−3)| < ε(21, 1075)
(3(29, 25))
= δ. Logo δ =
ε(21, 1075)
(3(29, 25))
= 2, 405....
Portanto, lim
x→2
[
3x− 1
3x2 − 25
]
= 5. Para ε = 0, 001 existe δ = min{2, 405...; 0, 05} =
0, 05.
10. Para ε = 0, 1, seja
∣∣∣ x2 − 14
10x+ 29
− 5
∣∣∣ < ε, isto é
| x
2 − 14
10x+ 29
− 5| =
∣∣∣x2 − 50x− 159
10x+ 29
∣∣∣ = ∣∣∣(x+ 3)(x− 33)
10x+ 29
∣∣∣ ≤ (3.9)
Como estamos verificando o limite numa vizinhança de x = −3 e o denominador da
função f(x) é 10x + 29 6= 0 isto é x 6= −2, 9, o raio da vizinhança de x = −3 não
deve ultrapassar x = −2, 9, aqui é melhor trabalhar com um raio δ = 0, 01.
Temos que maiorar
∣∣∣ x− 33
10x+ 29
∣∣∣. Com efeito, suponhamos que δ = 0, 01, então de
|x+ 3| < 0, 01 segue que −3, 01 < x < −2, 99 de onde −56, 01 < x− 53 < −55, 99,
logo 0 < |x− 53| < 56, 01.
Por outro lado, de |x+ 3| < 0, 01 ⇒ −3, 01 < x < −2, 99 e segue que −30, 1 <
10x < −29, 9 de onde −1, 1 < 10x+ 29 < −0, 9 e 10
11
<
∣∣∣ 1
10x+ 29
∣∣∣ < 10
9
= 1, 11
206 Christian Quintana Pinedo
Assim, na desigualdade (3.9) temos
∣∣∣ x2 − 14
10x+ 29
− 5
∣∣∣ = ∣∣∣(x+ 3)(x− 33)
10x+ 29
∣∣∣ ≤ |x+ 3|(56, 01)(1, 11) < ε
de onde |x+ 3| < ε
(56, 01)(1, 11)
= δ. Logo δ = 0, 0016...
Portanto, lim
x→−3
[
x2 − 14
10x+ 29
]
= 5. Para ε = 0, 1 existe δ = min{0, 0016...; 1} =
0, 0016....
Exercício 3.1.9.
Aplicando a definição de limite, mostrar as seguintes igualdades:
Solução.
1. lim
x→2
(3x2−x) = 10 ⇔ |(3x2−x)−10| ≤ |(3x+5)(x−2)| ≤ |(3x+5)(x−2)| < δ|3x+5|
Suponha δ1 = 1 ⇒ |x− 2| < 1 ⇒ 8 < |3x+ 5| < 14 de onde
⇔ |(3x2 − x)− 10| < δ|3x+ 5| < 14δ = �
Considerando δ = min{1, �
14
}, e suficiente para verificar que lim
x→2
(3x2 − x) = 10.
2. lim
x→5
√
4 + x
x2 − 9 =
3
4
⇔
∣∣∣√ 4 + x
x2 − 9 −
3
4
∣∣∣ ≤ ∣∣∣4√4 + x− 3√x2 − 9
4
√
x2 − 9
∣∣∣ ≤
≤
∣∣∣ (x− 5)(9x+ 29)
(4
√
x2 − 9)(4√4 + x+ 3√x2 − 9)
∣∣∣ (3.10)
Seja δ1 = 1, então |x − 5| < 1 ⇔ −1 < x − 5 < 1 ⇔ 4 < x < 6,
logo 7 < x2 − 9 < 27 então 1
4
√
x2 − 9 <
1
4
√
7
. Por outro lado, 4
√
8 < 4
√
4 + x <
10 ⇒ 1
4
√
4 + x
<
1
4
√
8
e 65 < |9x+ 29| < 83.
Na desigualdade (3.10) segue que
<
∣∣∣ (x− 5)(9x+ 29)
(4
√
x2 − 9)(4√4 + x)
∣∣∣ < δ · 83
(4
√
7)(4
√
8)
= �
Considerando δ = min{1, 16
√
56�
83
}, e suficiente para verificar que lim
x→5
√
4 + x
x2 − 9 =
3
4
.
3. lim
x→−2
[
2 + x+ x2
2x+ 5
]
= 4 ⇔ |2 + x+ x
2
2x+ 5
− 4| ≤
≤
∣∣∣x2 − 7x− 18
2x+ 5
∣∣∣ ≤ ∣∣∣(x− 9)(x+ 2)
2x+ 5
∣∣∣ ≤ |x− 9| · δ|2x+ 5|
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 207
Quando 2x+5 = 0 segue que x = −2, 5, e como o limite é quando x→ −2, observe
que de −2 até −2, 5 tem-se 0, 5 = 1
2
, é por isso que devemos considerar o δ1 menor
que
1
2
.
Suponha δ1 =
1
4
⇒ |x + 2| < 1
4
⇒ −1
4
< x + 2 <
1
4
⇒ 1
2
< 2x + 5 <
3
2
⇒ 2
3
<
1
|2x+ 5| < 2.
Por outro lado, como −1
4
< x+2 <
1
4
então −45
4
< x− 9 < −43
4
, logo |x− 9| < 45
4
de onde
|x− 9| · δ
|2x+ 5| <
45
4
· δ · 2 = �.
Considerando δ = min{1
4
,
2�
45
}, é suficiente para mostrar que lim
x→−2
[
2 + x+ x2
2x+ 5
]
= 4.
4. lim
x→3
4
x− 2 = 4 ⇔ |
4
x− 2 − 4| ≤
∣∣∣12− 4x
x− 2
∣∣∣ ≤ 4|x− 3||x− 2| < 4 · δ|x− 2|
Suponha δ1 =
1
2
⇒ |x−3| < 1
2
⇒ −1
2
< x−3 < 1
2
⇒ 2
3
<
1
|x− 2| < 2,
logo
4 · δ
|x− 2| < 8 · δ = �.
Considerando δ = min{1
2
,
�
8
}, é suficiente para mostrar que lim
x→3
4
x− 2 = 4.
5. lim
x→ 1
2
3 + 2x
5− x =
8
9
⇔
∣∣∣3 + 2x
5− x −
8
9
∣∣∣ ≤
≤
∣∣∣9(3 + 2x)− 8(5− x)
9(5− x)
∣∣∣ ≤ ∣∣∣13(2x− 1)
9(5− x)
∣∣∣ < 26δ
9|x− 5|
Suponha δ1 = 1 ⇒ |x − 1
2
| < 1 ⇒ −11
2
< x − 5 < −7
2
⇒ −2
7
<
1
x− 5 < −
2
11
⇒ 2
11
<
1
|x− 5| <
2
7
de onde
∣∣∣3 + 2x
5− x −
8
9
∣∣∣ < 26δ
63
= �
Considerando δ = min{1, 63�
26
}, é suficiente para mostrar que lim
x→ 1
2
3 + 2x
5− x =
8
9
.
6. lim
x→0
x2 + 2x+ 2
x2 − 2x+ 1 = 2 ⇔
∣∣∣x2 + 2x+ 2
x2 − 2x+ 1 − 2
∣∣∣ = ∣∣∣x(x− 6)
(x− 1)2
∣∣∣ < δ|x− 6|
(x− 1)2
Seja δ1 = 0, 5 ⇒ −0, 5 < x − 0 < 0, 5 ⇒ 0, 5 < x − 1 < 1, 5 ⇒ 1
4
<
(x − 1)2 < 9
4
, assim
1
(x− 1)2 < 4. Por outro lado, −0, 5 < x − 0 < 0, 5 ⇒
−6, 5 < x− 6 < −5, 5 ⇒ 5, 5 < |x− 6| < 6, 5
Observe que
∣∣∣x2 + 2x+ 2
x2 − 2x+ 1 − 2
∣∣∣ = ∣∣∣x(x− 6)
(x− 1)2
∣∣∣ < δ|x− 6|
(x− 1)2 < δ · (6, 5)(4) = �
208 Christian Quintana Pinedo
Considerando δ = min{1
2
;
�
26
}, é suficiente para mostrar que lim
x→0
x2 + 2x+ 2
x2 − 2x+ 1 = 2.
7. lim
x→5
√
6− x = 1 ⇔ |√6− x− 1| ≤
∣∣∣ (6− x)− 1√
6− x+ 1
∣∣∣ ≤ |x−5|√
6− x+ 1 <
δ√
6− x+ 1
Suponha δ1 = 1 ⇒ |x − 5| < 1 ⇒ 1 <
√
6− x + 1 < √2 + 1 ⇒
1√
2 + 1
<
1√
6− x+ 1 < 1, logo |
√
6− x− 1| < δ√
6− x+ 1 < δ · (1) = �.
Considerando δ = min{1, �}, é suficiente para mostrar que lim
x→5
√
6− x = 1.
8. lim
x→−2
(x3+2) = −6 ⇔ |(x3+2)+6| ≤ |x3+8| ≤ |(x2+x+4)(x+2)| < δ|x2+x+4|
Suponha δ1 = 1 ⇒ |x + 2| < 1, logo −3 < x < −1 e 1 < x2 < 9 também
1 < x+ 4 < 3 e como |x2 + x+ 4| ≤ |x2|+ |x+ 4| então |x2 + x+ 4| ≤ 12 de onde:
|(x3 + 2) + 6| < δ|x2 + x+ 4| < 12δ = �.
Considerando δ = min{1, �
12
}, e suficiente para mostrar que lim
x→−2
(x3 + 2) = −6.
9. lim
x→1
3
√
3x2 − 11
3
= −2
3
⇔
∣∣∣∣ 3√3x2 − 113 + 23
∣∣∣∣ ≤ 13 | 3√3x2 − 11 + 3√8| ≤
≤ 1
3
3|(x− 1)(x+ 1)|
| 3√(3x2 − 11)2 + 3√8 3√3x2 − 11 + 3√82| < δ |x+ 1||2 3√3x2 − 11| <
Observe, quando 3
√
3x2 − 11 = 0 ⇒ 3
√
11
3
≈ 1, 54 . . . e como estamos traba-
lhando numa vizinhança de x = 1, devemos considerar δ1 < 0, 54 . . .
Suponha δ1 =
1
2
⇒ |x− 1| < 1
2
, logo
3
2
< |x+ 1| < 5
2
.
Também de |x − 1| < 1
2
segue − 3
√
41
4
< 3
√
3x2 − 11 < − 3
√
17
4
de onde temos
1
2| 3√3x2 − 11| <
1
2
3
√
4
17
. Assim temos
lim
x→1
3
√
3x2 − 11
3
= −2
3
⇔
∣∣∣∣ 3√3x2 − 113 + 23
∣∣∣∣ < δ |x+ 1||2 3√3x2 − 11| < δ · 52 · 12 3
√
4
17
Seja � = δ · 5
2
· 1
2
3
√
4
17
⇒ δ = 4�
5
3
√
17
4
Considerando δ = min{1
2
,
4�
5
3
√
17
4
}, e suficiente para mostrar que lim
x→1
3
√
3x2 − 11
3
=
−2
3
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 209
10. lim
x→1
x+ 1√
x
= 2 ⇔
∣∣∣∣x+ 1√x − 2
∣∣∣∣ ≤ 1√x |x+ 1− 2√x| ≤ 1√x |(√x− 1)2| ≤
≤
∣∣∣∣ (x− 1)2√x(√x+ 1)2
∣∣∣∣ < ∣∣∣∣ δ2√x(√x+ 1)2
∣∣∣∣
Como estamos trabalhando numa vizinhança de x = 1, devemos considerar δ1 < 1,
pois a distância de x = 1 a
√
x = 0 é uma unidade.
Suponha δ1 =
1
2
⇒ |x − 1| < 1
2
, logo
1√
x
<
√
2 e
√
2 + 1√
2
< |√x + 1| <
√
3 +
√
2√
2
⇒ 1|√x(√x+ 1)2| <
2
√
2
(
√
2 + 1)2
. Logo
<
∣∣∣∣ δ2√x(√x+ 1)2
∣∣∣∣ < 2√2δ2(√2 + 1)2 = � ⇒ δ =
√
2 + 1
4
√
8
Considerando δ = min{1
2
,
√
2 + 1
4
√
8
}, e suficiente para mostrar que lim
x→1
x+ 1√
x
= 2.
11. lim
x→64
√
x− 1
3
√
x+ 3
= 1
⇓
⇓
⇓
12. lim
x→1
x− 1√
x2 + 3− 2 = 2
⇓
⇓
⇓
13. lim
x→−5
3x
x+ 8
= −5
⇓
210 Christian Quintana Pinedo
⇓
⇓
⇓
14. lim
x→−1
| x |
x2 + 1
=
1
2 ⇓
⇓
⇓
15. lim
x→4
[
x2 − 3x− 4
x− 3
]
= 0 ⇔ |x
2 − 3x− 4
x− 3 − 0| ≤
∣∣∣(x− 4)(x+ 1)
x− 3
∣∣∣ ≤ |x+ 1| · δ|x− 3|
Suponha δ1 =
1
2
⇒ |x − 4| < 1
2
⇒ −1
2
< x − 4 < 1
2
⇒ 2
3
<
1
|x− 3| < 2. Por outro lado, como −
1
2
< x − 4 < 1
2
então
9
2
< x + 1 <
11
2
, logo
|x+ 1| · δ
|x− 3| <
11
2
· δ · 2 = �.
Considerando δ = min{1
2
,
�
11
}, é suficiente para mostrar que lim
x→4
[
x2 − 3x− 4
x− 3
]
= 0.
16. lim
x→1
| 2− x |
3x− 1 =
1
2 ⇓
⇓
⇓
17. lim
x→7
x+ 1
9x− 60 =
8
3 ⇓
⇓
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 211
⇓
18. lim
x→0
x−√2
2x+
√
3
= −
√
2
3
⇓
⇓
⇓
19. lim
x→pi
3x
6x− 5pi = 3 ⇔
∣∣∣∣ 3x6x− 5pi − 3
∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣−15x+ 15pi6x− 5pi
∣∣∣∣
≤
∣∣∣∣15(x− pi)6x− 5pi
∣∣∣∣ < ∣∣∣∣ 15δ6x− 5pi
∣∣∣∣
Como estamos trabalhando numa vizinhança de x = pi, e de 6x − 5pi = 0 temos
x =
5
6
pi, devemos considerar δ1 < |pi − 5
6
| = pi
6
.
Suponha δ1 =
pi
12
⇒ |x−pi| < pi
12
, logo
pi
2
< 6x−5pi < 3pi
2
⇒ 1|6x− 5pi| <
2
pi
. Logo
<
∣∣∣∣ 15δ6x− 5pi
∣∣∣∣ < 15δ|6x− 5pi| < 30δpi = � ⇒ δ = pi30�
Considerando δ = min{ pi
12
,
pi
30
�}, e suficiente para mostrar que lim
x→pi
3x
6x− 5pi = 3.
20. lim
x→√2
3x2 + 1
x4 + 1
=
7
5
⇓
⇓
⇓
21. lim
x→√2
‖ x ‖ +x
3 + x− x2 = 1
⇓
212 Christian Quintana Pinedo
⇓
⇓
22. lim
x→ 1
2
[ ‖ x ‖
x+ 1
]
= 0
⇓
⇓
⇓
23. lim
x→8
8− x
64− x2 =
1
16 ⇓
⇓
⇓
24. lim
x→−1
[
4x2 + 1
3x+ 2
]
= −5
⇓
⇓
⇓
25. lim
x→0
√
4x2 + 1 = 1
⇓
⇓
⇓
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 213
26. lim
x→0
[
2x
63x− 1
]
= 0
⇓
⇓
⇓
27. lim
x→3
[
sgn(x2 − 1)
x+ 4
]
=
1
7
⇔
∣∣∣∣sgn(x2 − 1)x+ 4 − 17
∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣7− (x+ 4)7(x+ 4) ∣∣∣ ≤ |x− 3|7|x+ 4| <
δ
7|x+ 4|
Lembre, quando x = 3 então sgn(32 − 1) = sgn(8) = +1. Suponha δ1 = 1 ⇒
|x − 3| < 1 ⇒ −1 < x − 3 < 1 ⇒ 1
56
<
1
7|x+ 4| <
1
42
, logo
δ
7|x+ 4| <
1
42
· δ = �.
Considerando δ = min{1, 42�}, é suficiente para mostrar que lim
x→3
[
sgn(x2 − 1)
x+ 4
]
=
1
7
.
28. lim
x→ 5
2
[‖ x ‖ +2
x2
]
=
16
25
⇓
⇓
⇓
29. lim
x→−4
2x− 4
5x+ 23
= −4
⇓
⇓
⇓
30. lim
x→−3
[√−4x− 3
x+ 2
]
= −3
⇓
214 Christian Quintana Pinedo
⇓
⇓
Exercício 3.1.10.
Considere a sucessão un+1 = un +
2− u2n
2un
sendo u1 = 1. Determine os primeiros
elementos u2, u3, u4 e calcule o limite de un quando n cresce indefinidamente.
Solução.
Temos u2 =
1
2
+ 1 =
3
2
= 1, 5 . . . ; u3 =
3
4
+
2
3
=
17
12
= 1, 4167...
u4 =
17
24
+
12
17
=
577
408
= 1, 41422...
un+1 = un +
2− u2n
2un
=
2u2n + 2− u2n
2un
=
un
2
+
1
un
A sequência é de números positivos e decrescente, quando n ≥ 2 logo
un
2
+
1
un
= un+1 < un ⇒ 1
un
<
un
2
⇒
√
2 < un < u2 =
3
2
Portanto,
√
2 ≤ lim
n→∞
un ≤ 1, 5.
Exercício 3.1.11.
Seja a sucessão definida pela relação de recorrência un =
√
2 + un−1 sendo u1 =
√
2.
Calcular o limite da sucessão un quando n cresce indefinidamente.
Solução.
Temos u2 =
√
2 +
√
2 = 1, 848..., u3 =
√
2 +
√
2 +
√
2 = 1, 96158... também
; u4 =
√
2 +
√
2 +
√
2 +
√
2 = 1, 990... ⇒ un+1 =
√
2 + un.
A sequência é de números positivos e crescente, logo
un+1 =
√
2 + un > un ⇒ 2 + un > u2n ⇒ u2n − un < 2
⇒ (un − 1
2
)2 <
9
4
⇒ 1−
√
9
2
< un <
√
9 + 1
2
⇒ −1 < un < 2
Como u1 > 0, então, 0 < lim
n→∞
un ≤ 2.
Por outro lado, considerando que estamos trabalhando com infinitas somas, podemos
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 215
escrever
u2n = 2 +
√
2 +
√
2 +
√
2 +
√
2 · · · ⇒ u2n − un − 2 = 0 ⇒
⇒ (un − 2)(un + 1) = 0
de onde un = 2 para n→∞, pois a sequência é positiva.
Portanto, lim
n→∞
un = 2.
Exercício 3.1.12.
Mostre que a sequência un = 1+(−1)n não tem limite quando n cresce indefinidamente.
Solução.
Todo número inteiro positivo pode ser par n = 2m ou ímpar n = 2m+1 para m ∈ Z+,
e quando n→∞ ⇒ m→∞.
Assim, se n é par podemos escrever na forma un = u2m = 1+(−1)2m = 1+[(−1)2]m =
1 + 1m = 2. Logo lim
n→∞
un = lim
m→∞
u2m = lim
m→∞
2 = 2.
Por outro lado, se n é ímpar podemos escrever na forma un = u2m+1 = 1+(−1)2m+1 =
1 + [(−1)2]m(−1)1 = 1− 1m = 0. Logo lim
n→∞
un = lim
m→∞
u2m+1 = lim
m→∞
0 = 0.
Temos lim
n→∞
un = 2 e lim
n→∞
un = 0, pela unicidade do limite, afirmo que não existe
lim
n→∞
un.
Exercício 3.1.13.
Mostre que, ao crescer n indefinidamente, a sequência un =
2n + (−2)n
2n
não tem
limite. A sequência vn =
2n + (−2)n
3n
tem limite? Justificar sua resposta.
Solução.
Observe que un =
2n + (−2)n
2n
=
2n
2n
+ (−1)n2
n
2n
= 1 + (−1)n.
Tem-se que o limite lim
n→∞
[1+(−1)n] pode assumir três valores distintos, e pela unicidade
do limite temos que lim
n→∞
un não existe.
Por outro lado, vn =
2n + (−2)n
3n
= [
2
3
]n + (−1)n[2
3
]n.
Tem-se que o limite lim
n→∞
{
[
2
3
]n + (−1)n[2
3
]n
}
= 0 pela unicidade do limitetemos
que lim
n→∞
vn = 0 existe.
Exercício 3.1.14.
Calcular o lim
x→3
g(x) para g(x) =
x− 3
x2 − 9 completando a seguinte tabela:
216 Christian Quintana Pinedo
x 2, 999 2, 9999 2, 99999 2, 999999 3, 01 3, 001 3, 0001 3, 00001
f(x)
Solução.
x 2, 999 2, 9999 2, 99999 2, 999999
f(x) 0, 1666944490748 0, 1666694444907 0, 1666669444449 0, 1666666944444
x 3, 01 3, 001 3, 0001 3, 00001
f(x) 0, 1663893510815 0, 1666388935177 0, 1666638889351 0, 1666666666666
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 217
3.2 Propriedades dos Limites.
Exercícios 3-2
Exercício 3.2.1.
Mostre as seguintes propriedades.
1. lim
x→a
.f(x) = 0 ⇒ lim
x→a
| f(x) |= 0.
2. lim
x→a
.f(x) = L ⇒ lim
x→a
[f(x)− L] = 0
3. lim
x→a
.f(x) = L ⇒ lim
x→a
| f(x) |=| L |.
4. lim
x→a
.f(x) = lim
h→0
.f(a+ h)
Solução.
1. lim
x→a
.f(x) = 0 ⇒ ∀ � > 0, ∃ δ = δ(�) > 0 tal que |f(x) − 0| < � sempre que
0 < |x− a| < δ.
Isto é ∀ � > 0, ∃ δ = δ(�) > 0 tal que ||f(x)| − |0|| ≤ |f(x) − 0| < � sempre
que 0 < |x− a| < δ,
Então lim
x→a
.|f(x)| = 0.
2. lim
x→a
.f(x) = L ⇒ ∀ � > 0, ∃ δ = δ(�) > 0 tal que |f(x) − L| < � sempre que
0 < |x− a| < δ.
Isto é ∀ � > 0, ∃ δ = δ(�) > 0 tal que |f(x)−L| = |[f(x)−L]− 0| < � sempre
que 0 < |x− a| < δ,
Então lim
x→a
.[f(x)− L] = 0.
3. lim
x→a
.f(x) = L ⇒ ∀ � > 0, ∃ δ = δ(�) > 0 tal que |f(x) − L| < � sempre que
0 < |x− a| < δ.
Isto é ∀ � > 0, ∃ δ = δ(�) > 0 tal que ||f(x)| − |L|| ≤ |f(x) − L| < � sempre
que 0 < |x− a| < δ,
Então lim
x→a
.|f(x)| = |L|.
4. Suponhamos que lim
x→a
.f(x) = L ⇒ ∀� > 0, ∃δ = δ(�) > 0 tal que |f(x)−L| < �
sempre que 0 < |x− a| < δ.
Se x ∈ Vδ(a) ⇒ −δ < x− a < δ, de onde −δ < h < δ onde h = x− a, isto é
x = h+ a e −δ < h− 0 < δ ⇒ h ∈ Vδ(0).
218 Christian Quintana Pinedo
Isto é ∀ � > 0, ∃ δ = δ(�) > 0 tal que |f(h + a) − L| < � sempre que 0 <
|h− 0| < δ, logo lim
h→0
.f(h+ a) = L
Portanto, lim
x→a
.f(x) = lim
h→0
.f(h+ a).
Exercício 3.2.2.
Apresentar um exemplo de modo que:
1. Exista lim
x→a
| f(x) | e não exista lim
x→a
·f(x).
2. Exista lim
x→a
[f(x) + g(x)] e não existam lim
x→a
·f(x) e lim
x→a
·g(x) .
Solução.
1. Seja f(x) =
{
−2, se x < a
2, se a ≤ a .
Observe que |f(x)| = 2 para todo x ∈ R, logo lim
x→a
| f(x) |= 2 existe . Porém não
existe lim
x→a
·f(x), pois os limites laterais são diferentes.
2. Sejam f(x) =
{
0, se x < a
1, se a ≤ a e g(x) =
{
1, se x < a
0, se a ≤ a .
Temos f(x) + g(x) = 1 para todo x ∈ R. Observe que não existem lim
x→a
f(x) e
lim
x→a
g(x)
Exercício 3.2.3.
Caso existam os limites lim
x→a
·f(x) e lim
x→a
[f(x) + g(x)]. Existe lim
x→a
·g(x) ?
Solução.
Sim, existe lim
x→a
·g(x). Pois podemos escrever g(x) = [f(x) + g(x)]− f(x).
Exercício 3.2.4.
Caso existam os limites lim
x→a
·f(x) e lim
x→a
[f(x) · g(x)]. Existe lim
x→a
·g(x) ?
Solução.
Nem sempre. Podemos escrever g(x) =
f(x)g(x)
f(x)
então quando lim
x→a
·f(x) = 0 e
g(x) =
{
0 se x ∈ Q
1 se x ∈ R−Q
tem-se que lim
x→a
[f(x) · g(x)] = 0, mesmo que lim
x→a
·g(x) não existe.
Pois |f(x)g(x)− 0| ≤ |f(x)|
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 219
Exercício 3.2.5.
Caso exista lim
x→a
·f(x) e lim
x→a
·g(x) não existe, então existe lim
x→a
[f(x) + g(x)] ?
Solução.
Não, é outro modo de enunciar o Exercício (3.2.2)-(2)
Exercício 3.2.6.
Mostre que lim
x→a
f(x) existe, se e somente se lim
h→0
f(a+ h) existe.
Solução.
Suponhamos que lim
x→a
f(x) = L então ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x)−L| < ε
sempre que 0 < |x− a| < δ.
Quando x → a tem-se que (x − a) → 0. Fazendo h = x − a, tem-se que quando
x→ a então h→ 0 assim, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x)− L| < ε sempre que
0 < |(x− a)− 0| < δ.
Isto é ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(h+a)−L| < ε sempre que 0 < |h−0| < δ.
Logo, lim
x→a
f(x) = L ⇒ lim
h→0
f(a+ h) = L.
Inversamente
Suponhamos que lim
h→0
f(a + h) = M então ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que
|f(a+ h)−M | < ε sempre que 0 < |h− 0| < δ.
Quando h→ 0 tem-se que (h+ a)→ a. Fazendo x = h+ a, tem-se que quando x→ a
então h → 0 assim, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x) − M | < ε sempre que
0 < |h− 0| < δ.
Isto é ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x)−M | < ε sempre que 0 < |x− a| < δ.
Logo, lim
h→0
f(a+ h) = M ⇒ lim
x→a
f(x) = M .
Portanto, lim
x→a
f(x) existe, se e somente se lim
h→0
f(a+ h) existe.
Exercício 3.2.7.
Mostre que lim
x→a
f(x) existe, se e somente se lim
x→0
f(x+ a) existe.
Solução.
Suponhamos que lim
x→a
f(x) = L então ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x)−L| < ε
sempre que 0 < |x− a| < δ.
Fazendo h = x − a tem-se que, quando x → a então h → 0 assim, ∀ ε > 0 existe
δ = δ(ε) > 0 tal que |f(h+ a)− L| < ε sempre que 0 < |h− 0| < δ.
Logo, lim
x→a
f(x) = L ⇒ lim
x→0
f(x+ a) = L.
Inversamente
Suponhamos que lim
x→0
f(x + a) = L então ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x +
a)− L| < ε sempre que 0 < |x− 0| < δ.
Fazendo h = x + a tem-se que, quando x → 0 então h → a assim, ∀ ε > 0 existe
δ = δ(ε) > 0 tal que |f(h)− L| < ε sempre que 0 < |(h− a)− 0| = |h− a| < δ.
220 Christian Quintana Pinedo
Logo, lim
x→a
f(x− a) = L ⇒ lim
x→a
f(x) = L.
Portanto, lim
x→a
f(x) existe, se e somente se lim
h→0
f(a+ h) existe.
Exercício 3.2.8.
Mostre que lim
x→0
f(x) existe, se e somente se lim
x→0
f(x3) existe.
Solução.
Suponhamos que lim
x→0
f(x) = L então ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x)−L| < ε
sempre que 0 < |x− 0| < δ.
Seja h3 = x, tem-se que, quando x→ 0 então h→ 0 assim, ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0
tal que |f(h)− L| < ε sempre que 0 < |h− 0| < δ.
Logo, lim
x→0
f(x) = L ⇒ lim
x→0
f(x3) = L.
Suponhamos que lim
x→0
f(x3) = L então ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que |f(x3)−L| < ε
sempre que 0 < |x− 0| < δ.
Seja x3 = h, tem-se que, quando h→ 0 então x→ 0 assim, ∀ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0
tal que |f(h)− L| < ε sempre que 0 < |h− 0| < δ.
Logo, lim
x→0
f(x3) = L ⇒ lim
x→0
f(x) = L.
Exercício 3.2.9.
Considere a função f(x) =
x2 −mx+ 3x− 3m
x−m , determine os valores de m tal que
lim
x→m
.f(x) = m2 − 17.
Solução.
Tem-se que lim
x→m
x2 −mx+ 3x− 3m
x−m = limx→m
(x−m)(x+ 3)
x−m = m+ 3 ≡ m
2 − 17.
Logo, m2 −m− 20 = 0 de onde m = 5 ou m = −4.
Exercício 3.2.10.
Seja a função f(x) =
x3 − 2a2x+ ax2
2ax+ x2
, e lim
x→1
.f(x) = 2a − 5. Determine o valor de
a > 0.
Solução.
Temos lim
x→1
x3 − 2a2x+ ax2
2ax+ x2
=
1− 2a2 + a
2a+ 1
≡ 2a−5. Logo, 1−2a2+a = (2a+1)(2a−5)
de onde 2a2 − 3a− 2 = 0 então a = 2 ou a = −1
2
.
Pelas condições do problema, a resposta é a = 2.
Exercício 3.2.11.
Calcular os seguintes limites:
Solução.
1. lim
x→4
[
3x2 − 17x+ 20
4x2 − 25x+ 36
]
= lim
x→4
[
(x− 4)(3x− 5)
(x− 4)(4x− 9)
]
=
7
7
= 1
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 221
2. lim
x→1
[
x5 − 1
x6 − 1
]
= lim
x→1
(x− 1)(x4 + x3 + x2 + x+ 1)
(x− 1)(x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1) =
5
6
3. lim
x→2
[
5x− 10
5
√
x− 5√2
]
= 5 lim
x→2
[
( 5
√
x− 5√2)( 5√x4 + 5√x3 5√2 + 5√x2 5√22 + 5√x 5√23 + 5√24)
( 5
√
x− 5√2)
]
=
= 5 · 5
5
√
24
1
= 25
5
√
16
4. lim
x→2
[
3x− 6
1−√4x− 7
]
= lim
x→2
[
3(x− 2)(1 +√4x− 7)
(1−√4x− 7)(1 +√4x− 7)
]
= lim
x→2
[
3(x− 2)(1 +√4x− 7)
−4(x− 2)
]
=
= lim
x→2
[
3(1 +
√
4x− 7)
−4
]
= −3
2
5. lim
x→a
[
x2 − a2
x3 − a3
]
= lim
x→a
[
(x− a)(x+ a)
(x− a)(x2 + ax+ a2)
]
= lim
x→a
[
(x+ a)
(x2 + ax+ a2)
]
=
2
3a
6. lim
x→20
[
2 4
√
x− 4− 4
5
√
x+ 12− 2
]
= 2 lim
x→20
[
4
√
x− 4− 2
5
√
x+ 12− 2
]
= 2 lim
x→20
[
4
√
x− 4− 4√16
5
√
x+ 12− 5√32]
= 2 lim
x→20
[
( 4
√
x− 4− 4√16)( 4√(x− 4)3 + 4√(x− 4)2 4√16+ 4√(x− 4) 4√162 + 4√163)
( 5
√
x+ 12− 5√32)( 4√(x− 4)3 + 4√(x− 4)2 4√16+ 4√(x− 4) 4√162 + 4√163)
]
= 2 lim
x→20
[
( 4
√
(x− 4)4 − 4√164)
( 5
√
x+ 12− 5√32)(4 4√163)
]
=
1
16
lim
x→20
[
(x− 20)
( 5
√
x+ 12− 5√32)
]
=
1
16
lim
x→20
[
(x− 20)
( 5
√
x+ 12− 5√32)
]
=
1
16
lim
x→20
[
(( 5
√
x+ 12)5 − ( 5√32)5)
( 5
√
x+ 12− 5√32)
]
=
=
1
16
lim
x→20
[( 5
√
(x+ 12)4 + 5
√
(x+ 12)3
5
√
32 + 5
√
(x+ 12)2
5
√
322 + 5
√
x+ 12
5
√
323 +
5
√
324)]
=
5
16
· (
5
√
32)4
1
= 5
7. lim
x→−3
[
x+ 3√
x2 + 7− 4
]
= lim
x→−3
[
(x+ 3)(
√
x2 + 7 + 4)
x2 − 9
]
=
8
−6 = −
4
3
.
8. lim
x→1
[
3
√
x− 1
4
√
x− 1
]
= lim
x→1
[
( 3
√
x− 1)( 3√x2 + 3√x+ 1)( 4√x3 + 4√x2 + 4√x+ 1)
( 4
√
x− 1)( 4√x3 + 4√x2 + 4√x+ 1)( 3√x2 + 3√x+ 1)
]
=
= lim
x→1
[
3
√
x− 1
4
√
x− 1
]
= lim
x→1
[
(
3
√
x3 − 1)( 4√x3 + 4√x2 + 4√x+ 1)
(
4
√
x4 − 1)( 3√x2 + 3√x+ 1)
]
=
4
3
222 Christian Quintana Pinedo
9. lim
x→3
[
3
√
9x− 3√
3x− 3
]
= lim
x→3
[
( 3
√
9x− 3√27)(√3x+ 3)( 3√(9x)2 + 3√9x 3√27 + 3√272)
(
√
3x− 3)(√3x+ 3)( 3√(9x)2 + 3√9x 3√27 + 3√27)
]
=
lim
x→3
[
(9x− 27)(√3x+ 3)
(3x− 9)( 3√(9x)2 + 3√9x 3√27 + 3√272)
]
= lim
x→3
[
3(3x− 9)(6)
(3x− 9)(3 3√272)
]
=
2
3
10. lim
x→8
[√
2 + 3
√
x− 2
x− 8
]
= lim
x→8
[
(
√
2 + 3
√
x− 2)(
√
2 + 3
√
x+ 2)
( 3
√
x− 3√8)( 3√x2 + 3√x 3√8 + 3√82)(
√
2 + 3
√
x+ 2)
]
=
= lim
x→8
[
( 3
√
x− 3√8)
( 3
√
x− 3√8)( 3√x2 + 3√x 3√8 + 3√82)(
√
2 + 3
√
x+ 2)
]
=
1
(12)(4)
=
1
48
11. lim
x→64
[√
x− 8
3
√
x− 4
]
= lim
x→64
[
(
√
x−√64)(√x+√64)( 3√x2 + 3√x 3√64 + 3√642)
( 3
√
x− 3√64)( 3√x2 + 3√x 3√64 + 3√642)(√x+√64)
]
=
= lim
x→64
[
(x− 64)( 3√x2 + 3√x 3√64 + 3√642)
(x− 64)(√x+√64)
]
=
48
16
= 3
12. lim
x→8
[
3
√
x2 − 4 3√x+ 4
(x− 8)2
]
= lim
x→8
[
( 3
√
x− 3√8)2
(x− 8)2
]
= lim
x→8
[
( 3
√
x− 3√8)
( 3
√
x)3 − ( 3√8)3
]2
=
= lim
x→8
[
( 3
√
x− 3√8)
( 3
√
x− 3√8)[( 3√x)2 + 3√x 3√8 + ( 3√8)2]
]2
=
1
144
13. lim
x→2
[
x2 + 3
√
x− 2− 4
3
√
4− x√3x− 2
]
= lim
x→2
[
x2 − 4
3
√
4− x√3x− 2
]
+ lim
x→2
[
3
√
x− 2
3
√
4− x√3x− 2
]
= lim
x→2
[
3
√
(x2 − 4)3
4− x√3x− 2
]
+ lim
x→2
[
3
√
x− 2
4− x√3x− 2
]
=
= lim
x→2
 3√(x2 − 4)3(4 + x√3x− 2)
(16− x2(3x− 2))
+ lim
x→2
 3√(x− 2)(4 + x√3x− 2)
(16− x2(3x− 2))
 =
= lim
x→2
 3√(x2 − 4)3(4 + x√3x− 2)
−(x− 2)(3x2 + 4x+ 8)
+ lim
x→2
 3√ (x− 2)(4 + x√3x− 2)
−(x− 2)(3x2 + 4x+ 8)
 =
= − lim
x→2
 3√(x− 2)2(x+ 2)3(4 + x√3x− 2)
(3x2 + 4x+ 8)
− lim
x→2
 3√(4 + x√3x− 2)
(3x2 + 4x+ 8)
 =
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 223
= −0− 3
√
8
28
= − 2
3
√
28
14. lim
x→1
[
2x2n + 1− 3x−2n
3x2n − 5 + 2x−2n
]
=
= lim
x→1
[
2(x2n)2 + x2n − 3
3(x2n)2 − 5x2n + 2
]
= lim
x→1
[
(2x2n + 3)(x2n − 1)
(3x2n − 2)(x2n − 1)
]
= 5
15. lim
x→a
[√
b2 − x−√b2 − a
x− a
]
= lim
x→a
[
(
√
b2 − x−√b2 − a)(√b2 − x+√b2 − a)
(x− a)(√b2 − x+√b2 − a)
]
=
= lim
x→a
[ −(x− a)
(x− a)(√b2 − x+√b2 − a)
]
= − 1
2
√
b2 − a
16. lim
x→2+
[ √
3x−√8− x
3x− 2√15− 3x
]
= lim
x→2+
[
(
√
3x−√8− x)(√3x+√8− x)
(3x− 2√15− 3x)(√3x+√8− x)
]
=
= lim
x→2+
[
4(x− 2)(3x+ 2√15− 3x)
2
√
6(3x− 2√15− 3x)(3x+ 2√15− 3x)
]
=
= lim
x→2+
[
48(x− 2)
6
√
6(x− 2)(3x+ 10)
]
=
√
6
12
17. lim
x→a
[
n
√
x− n√a
x− a
]
= lim
x→a
[
n
√
x− n√a
( n
√
x)n − ( n√a)n
]
=
1
n · n√an−1 , a > 0
18. lim
x→a
[
x2 − (a− 1)x− a
x2 − (a− 2)x− 2a
]
= lim
x→a
[
(x− a)(x+ 1)
(x− a)(x+ 2)
]
=
a+ 1
a+ 2
Exercício 3.2.12.
Verifique os seguintes limites, para as funções que indicadas:
1. lim
h→0
[
f(4 + h)− f(4)
h
]
= − 1
50
se f(x) =
1
x2 + 4
2. lim
h→0
[
f(−1 + h)− f(−1)
h
]
= −16 se f(x) = 8x2
Solução.
1. Se f(x) =
1
x2 + 4
então f(4 + h) =
1
(4 + h)2 + 4
e f(4) =
1
42 + 4
=
1
20
de onde
[
f(4 + h)− f(4)
h
]
=
1
h
[
1
(4 + h)2 + 4
− 1
20
]
=
224 Christian Quintana Pinedo
=
1
h
[
20− [(4 + h)2 + 4]
20[(4 + h)2 + 4]
]
=
1
h
[ −h(h+ 8)
20[(4 + h)2 + 4]
]
então
lim
h→0
[
f(4 + h)− f(4)
h
]
= lim
h→0
1
h
[ −h(h+ 8)
20[(4 + h)2 + 4]
]
= − 1
50
2. Temos f(x) = 8x2, então f(−1 + h) = 8(−1 + h)2 = 8(h2 − 2h + 1) e f(−1) =
8(−1)2 = 8, logo
lim
h→0
[
f(−1 + h)− f(−1)
h
]
= lim
h→0
8(h2 − 2h+ 1)− 8
h
= lim
h→0
8(h− 2) = −16
Exercício 3.2.13.
Verifique o cálculo dos seguintes limites:
Solução.
1. lim
x→2
[
2
3x− 6 −
2
2x2 − 5x+ 2
]
= lim
x→2
2(2x2 − 5x+ 2)− 2(3x− 6)
(3x− 6)(2x2 − 5x+ 2) =
= lim
x→2
4(x− 2)2
3(x− 2)(2x− 1)(x− 2) = limx→2
4
3(2x− 1) =
4
9
2. lim
x→a
[
x7 − a7
x3 − a3
]
= lim
x→a
[
(x− a)(x6 + ax5 + a2x4 + a3x3 + a4x2 + a5x)
(x− a)(x2 + ax+ a2)
]
=
= lim
x→a
(x6 + ax5 + a2x4 + a3x3 + a4x2 + a5x)
x2 + ax+ a2
=
7a6
3a2
=
7a4
3
3. lim
x→−1
[
4x4 + 9x3 + 3x2 + x+ 3
3x4 + 9x3 + 9x2 + 3x
]
= lim
x→−1
[
(x+ 1)(4x3 + 5x2 − 2x+ 3)
3x(x+ 1)3
]
=
= lim
x→−1
[
(4x3 + 5x2 − 2x+ 3)
3x(x+ 1)2
]
= −2 · lim
x→−1
[
1
(x+ 1)2
]
= −∞
4. lim
x→0
[
3
√
x+ 27− 3
4
√
x+ 16− 2
]
= lim
x→0
[
( 3
√
x+ 27− 3)(( 3√x+ 27)2 + 3 3√x+ 27 + 32)
( 4
√
x+ 16− 2)( 3√x+ 27)2 + 3 3√x+ 27 + 32)
]
=
1
27
lim
x→0
[
3
√
x+ 27)3 − 33
( 4
√
x+ 16− 2)
]
=
1
27
lim
x→0
[
x
( 4
√
x+ 16− 2)
]
=
=
1
27
lim
x→0
[
x[( 4
√
x+ 16)3 + 2( 4
√
x+ 16)2 + 22( 4
√
x+ 16) + 2( 4
√
x+ 16) + 23]
( 4
√
x+ 16− 2)(( 4√x+ 16)3 + 2( 4√x+ 16)2 + 22( 4√x+ 16) + 23)
]
=
32
27
lim
x→0
x
( 4
√
x+ 16)4 − 16 =
32
27
lim
x→0
x
x
=
32
27
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 225
5. lim
x→3
[
2x3 − 5x2 − 2x− 3
4x3 − 13x2 + 4x− 3
]
= lim
x→3
[
(x− 3)(2x2 + x+ 1)
(x− 3)(4x2 − x+ 1)
]
=
= lim
x→3
[
(2x2 + x+ 1)
(4x2 − x+ 1)
]
=
22
34
=
11
17
6. lim
x→4
[
3−√5 + x
1−√5− x
]
= lim
x→4
[
(3−√5 + x)(3 +√5 + x)(1 +√5− x)
(1−√5− x)(1 +√5− x)(3 +√5 + x)
]
=
= lim
x→4
[
(9− (5 + x))(1 +√5− x)
(1− (5− x))(3 +√5 + x)
]
=
2
6
lim
x→4
x− 4
4− x = −
1
3
7. lim
x→1
[√
x3 + 3
√
x− 3x− 1
x+ 3 3
√
x− 3 3√x2 − 1
]
= lim
x→1
[√
x3 − 3√x2 + 3√x− 1
3
√
x3 − 3 3√x2 + 3 3√x− 1
]
= lim
x→1
[
(
√
x− 1)3
( 3
√
x− 1)3
]
= lim
x→1
[
(
√
x− 1)3(√x+ 1)3( 3√x2 + 3√x+ 1)3
(
√
x+ 1)3( 3
√
x− 1)3( 3√x2 + 3√x+ 1)3
]
= lim
x→1
[
(x− 1)3( 3√x2 + 3√x+ 1)3
(
√
x+ 1)3(x− 1)3
]
lim
x→1
[
(
3
√
x2 + 3
√
x+ 1)3
(
√
x+ 1)3
]
=
27
8
8. lim
x→−3
[
x3 + 6x2 + 9x
x3 + 5x2 + 3x− 9
]
= lim
x→−3
[
x(x+ 3)2
(x+ 3)2(x− 1)
]
= lim
x→−3
[
x
(x− 1)
]
=
−3
−4 =
3
4
Exercício 3.2.14.
Se f(2) = 6, o qué podemos concluir do lim
x→2
.f(x)?. Justificar sua resposta.
Solução.
Por exemplo podemos supor que f(x) =

x− 6, se x ∈ (0, 2)
6, se x = 2
3x+ 2, se x ∈ (2, 4)
Então temos que lim
x→2−
f(x) = −4, lim
x→2+
f(x) = 8 logo lim
x→2
f(x) não existe.
Ao considerar f(x)= x2 + 2 tem-se que lim
x→2
f(x) = 6 existe.
Portanto, existe lim
x→2
.f(x) para algumas funções.
Exercício 3.2.15.
Se lim
x→2
.f(x) = 6, podemos obter conclusão a respeito de f(2) Justificar sua resposta.
Solução.
Observe, podemos ter uma função da forma f(x) =
{
x+ 4, se x < 2
8− x, se x < 2 , então
lim
x→2
.f(x) = 6 porém não existe f(2), pois não está definida em x = 2.
226 Christian Quintana Pinedo
Exercício 3.2.16.
Sabe-se que lim
x→1
[
f(x)
1− x3
]
= 4 e lim
x→1
[
g(x)
1− x2
]
= −6. Prove que lim
x→1
[
f(x)
g(x)
]
= −1
Solução.
Temos
4
−6 =
lim
x→1
[
f(x)
1− x3
]
[
lim
x→1
g(x)
1− x2
] = lim
x→1
[
f(x)
g(x)
] [
1− x2
1− x3
]
= lim
x→1
f(x)
g(x)
lim
x→1
[
(1− x)(1 + x)
(1− x)(1 + x+ xr
]
=
lim
x→1
f(x)
g(x)
· 2
3
⇒ 4−6 =
2
3
· lim
x→1
f(x)
g(x)
Portanto, lim
x→1
f(x)
g(x)
= −1.
Exercício 3.2.17.
Se lim
x→−2
[
f(x+ 2)√−2x− 2
]
= 8 e lim
x→−2
[
g(x+ 2)
x2 − 4
]
= 3. Calcular: lim
x→0
[
f(x)
g(x)
]
.
Solução.
Temos
8
3
=
lim
x→−2
[
f(x+ 2)√−2x− 2
]
lim
x→−2
[
g(x+ 2)
x2 − 4
] = lim
x→−2
[
f(x+ 2)
g(x+ 2)
· x
2 − 4√−2x− 2
]
=
= lim
x→−2
[
f(x+ 2)
g(x+ 2)
]
lim
x→−2
[
x2 − 4√−2x− 2
]
= lim
x→0
[
f(x)
g(x)
]
lim
x→−2
[
(x+ 2)(x− 2)(√−2x+ 2)
(
√−2x− 2)(√−2x+ 2)
]
= lim
x→0
[
f(x)
g(x)
]
lim
x→−2
[
(x+ 2)(x− 2)(√−2x+ 2)
−2(x+ 2)
]
logo
8
3
= lim
x→0
[
f(x)
g(x)
]
lim
x→−2
[
(x− 2)(√−2x+ 2)
−2
]
= 8 · lim
x→0
[
f(x)
g(x)
]
⇒ lim
x→0
f(x)
g(x)
=
1
3
Portanto, lim
x→0
[
f(x)
g(x)
]
=
1
3
.
Exercício 3.2.18.
Seja R o retângulo que se obtém ao unir os pontos médios dos lados do quadrilátero
Q, o qual tem seus vértices (±x, 0) e (0, ±y). Calcule lim
x→0+
perimetro deR
perimetro deQ
.
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 227
Se os vértices do quadrilátero Q são (±x, 0) e (0, ±y), então os vértices do retângulo
R são (±x
2
, ±y
2
).
O perímetro de R mede 2(|x|+ |y|). O perímetro de Q mede 4√x2 + y2, assim
lim
x→0+
perimetro deR
perimetro deQ
= lim
x→0+
2(|x|+ |y|)
4
√
x2 + y2
=
1
2
Exercício 3.2.19.
Os custos da construção de um prédio de apartamentos foram de R$1.500.000, 00, e
esta quantia foi depreciada pelo método da linha reta por 15 anos, a partir de 1985. Qual
foi o valor líquido do prédio em 1993.
Solução.
Seja a o valor do prédio ao final da depredação, considerando o ano de 1985 como o
tempo inicial t = 0 e o ano de 2000 como o tempo final da depredação consequentemente
t = 15, temos
Temos que calcular a equação da reta que passa pelos pontos (0, 1.500.000) e (15, a).
Esta equação tem por coeficiente angular
a− 1.500.000
15
e é dada por
y − 1.500.000 = a− 1.500.000
15
t ⇔ y = a− 1.500.000
15
t+ 1.500.000
Em 1993 temos que t = 8, logo
y =
a− 1.500.000
15
t+ 1.500.000 ⇔ y = 7000.000 + 8a
15
O valor líquido do prédio em 1993 foi 7000.000 +
8a
15
reais.
Exercício 3.2.20.
Sejam f : [a, b] −→ R e g : [a, b] −→ R funções tais que: lim
x→c
f(x) > lim
x→c
g(x).
Mostre que existe δ > 0 tal que: ∀ 0 < |x− c| < δ ⇒ f(x) > g(x), c ∈ (a, b).
Solução.
Como lim
x→c
f(x) > lim
x→c
g(x), suponhamos existam números reais M e L tais que
lim
x→c
f(x) = M e lim
x→c
g(x) = L, então lim
x→c
[f(x)− g(x)] = M − L > 0.
Pela definição do limite lim
x→c
[f(x)− g(x)] = M − L temos
∀ � > 0, ∃ δ > 0, |f(x)− g(x)− (M − L)| < � sempre que |x− c| < δ
228 Christian Quintana Pinedo
isto é, para c ∈ (a, b). Em particular para � = 1
2
(M − L), logo
|f(x)−g(x)− (M−L)| < 1
2
(M−L) ⇒ 1
2
(M−L) < f(x)−g(x) < 3
2
(M−L) ⇒
0 < f(x)− g(x) sempre que |x− c| < δ, c ∈ (a, b)
Portanto, existe δ > 0 tal que: ∀ 0 < |x− c| < δ ⇒ f(x) > g(x), c ∈ (a, b)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 229
3.3 Limites Laterais.
Exercícios 3-3
Exercício 3.3.1.
Calcular os seguintes limites:
Solução.
Observe que (x−a) = ( n√xn− n√an) = ( n√x− n√a)[ n√xn−1+ n√xn−2 n√a+ · · ·+ n√an−1],
no limite
lim
x→a
( n
√
x− n√a) = lim
x→a
(x− a)
[
n
√
xn−1 + n
√
xn−2 n
√
a+ · · ·+ n√an−1] = limx→a
(x− a)
n
n
√
an−1
(3.11)
1 L = lim
x→1
[
3
√
5x+ 3−√3x+ 1√
x− 3x+ 2
]
=
= lim
x→1
[ √
3x+ 1−√4
(3
√
x+ 2)(
√
x− 1)
]
− lim
x→1
[
3
√
5x+ 3− 3√8
(3
√
x+ 2)(
√
x− 1)
]
L = lim
x→1
[ √
3x+ 1−√4
(3
√
x+ 2)(
√
x− 1)
]
·
[√
3x+ 1 +
√
4√
3x+ 1 +
√
4
]
− lim
x→1
[
3
√
5x+ 3− 3√8
(3
√
x+ 2)(
√
x− 1)
]
·
[
3
√
(5x+ 3)2 + 3
√
5x+ 3 +
3
√
82
3
√
(5x+ 3)2 + 3
√
5x+ 3 +
3
√
82
]
L = lim
x→1
[
3(x− 1)
20(
√
x− 1)
]
− lim
x→1
[
(x− 1)
12(
√
x− 1)
]
=
3
10
− 1
6
=
2
15
2 lim
x→a
[
x2 − a2
2x2 − ax− a2
]
= lim
x→a
[
(x− a)(x+ a)
(x− a)(2x+ a)
]
=
2
3
3 lim
x→−2
[
x3 − 2x2 − 4x+ 8
3x2 + 3x− 6
]
=
1
3
lim
x→−2
[
(x+ 2)(x2 − 4x+ 4)
(x+ 2)(x− 1)
]
=
1
3
· 16
(−3) = −
16
9
4 L = lim
x→0
[
5
√
x+ 1− 3 6√x+ 1 + 2
18
√
x+ 1 + 25
√
x+ 1− 2
]
Assim, quando x→ 0 e y = x+ 1→ 1
L = lim
x→0
[
5
√
x+ 1− 3 6√x+ 1 + 2
18
√
x+ 1 + 25
√
x+ 1− 2
]
= lim
x→0
[
[ 5
√
x+ 1− 1]− 3[ 6√x+ 1− 1]
[ 18
√
x+ 1− 1] + [ 25√x+ 1− 1]
]
230 Christian Quintana Pinedo
Pela observação (3.11), neste exercício.
L = lim
y→1
[
[ 5
√
y − 1]− 3[ 6√y − 1]
[ 18
√
y − 1] + [ 25√y − 1]
]
= lim
y→1

(y − 1)
5
5
√
14
− 3[(y − 1)
6
6
√
15
]
(y − 1)
18
18
√
117
] +
25
√
y − 1
25
25
√
124
 =
=
1
5
− 3
6
1
18
+
1
25
= −135
43
5 lim
x→1
[ | x3 − 1 |
| x− 1 | + | x− 1 |2
]
= lim
x→1
[
(| x− 1 |)(| x2 + x+ 1 |)
| x− 1 | (1+ | x− 1 |)
]
=
= lim
x→1
[ | x2 + x+ 1 |
(1+ | x− 1 |)
]
= 3
6 L = lim
h→0
[
3
√
h3 + 1 + 5
√
h5 + 1 + h3 − 2
h− h√h2 + 1
]
= lim
h→0
[
3
√
h3 + 1 + 5
√
h5 + 1 + h3 − 2
h(1−√h2 + 1)
]
=
L = lim
h→0
[
3
√
h3 + 1 + 5
√
h5 + 1 + h3 − 2
h(1−√h2 + 1)
]
·
[
(1 +
√
h2 + 1)
(1 +
√
h2 + 1)
]
L = −2 lim
h→0
[
3
√
h3 + 1 + 5
√
h5 + 1 + h3 − 2
h3
]
L = −2 lim
h→0
[
3
√
h3 + 1− 1
h3
]
− 2 lim
h→0
[
5
√
h5 + 1− 1
h3
]
− 2 lim
h→0
[
h3
h3
]
L = −2 lim
h→0
[
h3
h3
· 1
3(1)
]
− 2 lim
h→0
[
h5
h3
· 1
5(1)
]
− 2 = −2
3
− 2
5
· 0− 2 = −8
3
7 lim
x→5
[
2−√x− 1
1− 3
√
3−√x− 1
]
= lim
x→5
[
(2−√x− 1)(2 +√x− 1)
(1− 3
√
3−√x− 1)(2 +√x− 1)
]
=
1
4
lim
x→5
 (5− x)
[
1 + 3
√
3−√x− 1 + 3
√
(3−√x− 1)2
]
(1− 3
√
3−√x− 1)
[
1 + 3
√
3−√x− 1 + 3
√
(3−√x− 1)2
]

=
3
4
lim
x→5
[
(5− x)
(
√
x− 1− 2)
]
=
3
4
lim
x→5
[
(5− x)(√x− 1 + 2)
(
√
x− 1− 2)(√x− 1 + 2)
]
=
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 231
=
3
4
lim
x→5
[
(5− x)
(
√
x− 1− 2)
]
=
12
4
lim
x→5
[
(5− x)
(x− 5)
]
= −3
8 lim
x→1
[
1− x2
(1− ax)2 − (a− x)2
]
= lim
x→1
[
(1− x)(1 + x)
[(1− ax)− (a− x)][(1− ax) + (a− x)]
]
=
= lim
x→1
[
(1− x)(1 + x)
(1− ax− a+ x)(1− ax+ a− x)
]
= lim
x→1
[
(1− x)(1 + x)
(1− ax− a+ x)(1− x)(1 + a)
]
=
=
2
2(1− a)(1 + a) =
1
(1− a2)
9 L = lim
x→3
[
x2 + 3
√
x− 3− 9
3
√
9− x√4x− 3
]
= lim
x→3
[
(x2 − 9)3
9− x√4x− 3
]1/3
+ lim
x→3
[
x− 3
9− x√4x− 3
]1/3
L =lim
x→3
[
(x2 − 9)3(9 + x√4x− 3)
92 − x2(4x− 3)
]1/3
+ lim
x→3
[
(x− 3)(9 + x√4x− 3)
92 − x2(4x− 3)
]1/3
L = − lim
x→3
[
18(x2 − 9)3
(x− 3)(4x2 + 9x+ 27)
]1/3
− lim
x→3
[
18(x− 3)
(x− 3)(4x2 + 9x+ 27)
]1/3
L =
3
√
0− 3
√
18
90
= − 3
√
1
5
10 L = lim
x→3
[√
x2 − 2x+ 6−√x2 + 2x− 6
x2 − 4x+ 3
]
=
= lim
x→3
[
(
√
x2 − 2x+ 6)2 − (√x2 + 2x− 6)2
(x2 − 4x+ 3)(√x2 − 2x+ 6 +√x2 + 2x− 6)
]
=
= lim
x→3
[ −4(x− 3)
(x− 1)(x− 3) · 6)
]
= −1
3
11 L = lim
x→−3
[√
3
√−9x+ 1− 2
2− 3√x+ 11
]
= lim
x→−3
[√
3
√−9x+ 1− 2
2− 3√x+ 11
][√
3
√−9x+ 1 + 2√
3
√−9x+ 1 + 2
]
L = lim
x→−3
[
3
√−9x− 3
4(2− 3√x+ 11)
][ 3√
82 + 3
√
8 · 3√x+ 11 + 3√(x+ 11)2
3
√
82 + 3
√
8 · 3√x+ 11 + 3√(x+ 11)2
]
=
L = −3 lim
x→−3
[
3
√−9x− 3√27
x+ 3
][
( 3
√−9x)2 + 3√−9x 3√27 + 3√272
( 3
√−9x)2 + 3√−9x 3√27 + 3√272
]
= 1
232 Christian Quintana Pinedo
12 L = lim
a→b
√a+ x+√b+ x− 2
√
x+ a+b
2√
a+ x−√b+ x

L = lim
a→b
√a+ x+√b+ x− 2
√
x+ a+b
2√
a+ x−√b+ x

L = 2
√
x+ b lim
a→b
√a+ x−
√
x+ a+b
2
a− b +
√
b+ x−
√
x+ a+b
2
a− b

L = lim
a→b
[
a− a+b
2
a− b +
b− a+b
2
a− b
]
=
1
2
+ (−1
2
) = 0
13 L = lim
a→b
√x2 + 2ax+ a2 + 3
√
x3 + a−b
3
− 2x− b
√
a+ x−√x+ b
 b > 0, a > 0
L = 2
√
x+ b lim
a→b
(x+ a) + 3
√
x3 + a−b
3
− 2x− b
a− b

L = 2
√
x+ b lim
a→b
(a− b) + 3
√
x3 + a−b
3
− x
a− b
 = 2√x+ b lim
a→b
1 + 3
√
x3 + a−b
3
− x
a− b

L =
2
√
x+ b
3x2
lim
a→b
[
1 +
a−b
3
a− b
]
=
8
√
x+ b
9x2
14 lim
x→0
[√
x+ a+ b−√a+ b
x
]
= lim
x→0
[
(
√
x+ a+ b−√a+ b)(√x+ a+ b+√a+ b)
x(
√
x+ a+ b+
√
a+ b)
]
=
= lim
x→0
[
x
x(
√
x+ a+ b+
√
a+ b)
]
=
1
2
√
a+ b
Exercício 3.3.2.
Suponha lim
x→a−
f(x) < lim
x→a+
f(x) (construir o gráfico) Mostre que existe algum δ > 0
tal que f(x) < f(y) sempre que x < a < y, | x − a |< δ e | y − a |< δ. Cumpre-se a
recíproca?
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 233
Sejam L = lim
x→a−
f(x) e M = lim
x→a+
f(x), então M − L > 0 logo existe δ > 0 tal que
|f(x)− L| < M − L
2
quando a− δ < x < a
isto é
−M − L
2
+ L < f(x) < L+
M − L
2
quando a− δ < x < a
Também
|f(y)−M | < M − L
2
quando a < y < a+ δ
isto é
−M − L
2
+M < f(y) < M +
M − L
2
quando a < y < a+ δ
Assim temos que
f(x) < L+
M − L
2
= M − M − L
2
< f(y) quando a− δ < x < a < y < a+ δ
Portanto, f(x) < f(y) sempre que x < a < y, | x− a |< δ e | y − a |< δ.
A recíproca nem sempre se cumpre, é suficiente considerar por exemplo a função
f(x) = 2x, observe que lim
x→a−
f(x) ≤ lim
x→a+
f(x) para qualquer a ∈ D(f).
Exercício 3.3.3.
Verifique o cálculo dos seguintes limites:
Solução.
1. lim
x→20

( √
5x− 10
2
√
5−√x
)
√
2− 5
√
8x
5√
400− x2

 =
= lim
x→20

(√
5x−√100√
20−√x
)(√
20 +
√
x√
20−√x
)
√
2− 5
√
8x
5√
400− x2

 =
= lim
x→20

(
x
√
5− 20√5
20− x
)
√√√√2− 5√8x5
400− x2

 = −√5 limx→20
√√√√2− 5√8x5
400− x2 =
= −
√
5 lim
x→20
√√√√√( 5√32− 5
√
8x
5
)(
5
√
324 + · · ·+ 5
√
(8x
5
)4)
(400− x2)( 5√324 + · · ·+ 5
√
(8x
5
)4)
= −
√
5 lim
x→20
√
(32− 8x
5
)
(400− x2)(5 5√324) =
234 Christian Quintana Pinedo
= − lim
x→20
√
8(20− x)
5(400− x2)( 5√324) = −
√
8
5(20 + 20)(
5
√
324)
= − 1
20
2. lim
x→2
[(
4− x2
3−√x2 + 5
)(
n
√
x− 1− 1
m
√
x− 1− 1
)]
=
= lim
x→2
[(
(4− x2)(3 +√x2 + 5)
(3−√x2 + 5)(3 +√x2 + 5)
)(
n
√
x− 1− 1
m
√
x− 1− 1
)]
= 6 lim
x→2
[
( n
√
x− 1− 1)
( m
√
x− 1− 1)
]
=
= 6 lim
x→2

( n
√
x− 1− 1)( n√(x− 1)n−1 + n√(x− 1)n−2 + · · ·+ 1)(m−1∑
i=0
m
√
(x− 1)i)
( m
√
x− 1− 1)( m√(x− 1)m−1 + m√(x− 1)m−2 + · · ·+ 1)(n−1∑
j=0
n
√
(x− 1)j)
 =
= 6 lim
x→2
[
(x− 2)( m√(x− 1)m−1 + n√(x− 1)m−2 + · · ·+ 1)
(x− 2)( n√(x− 1)n−1 + n√(x− 1)n−2 + · · ·+ 1)
]
=
6m
n
3. L = lim
a→b

√
x2 + a−b
2
− 3
√
x3 + b−a
3
− 2x− (b− a)2
3
√
a+ x− 3√x+ b
 =
Multiplicando o numerador e denominador por
3
√
(a+ x)2 + 3
√
(a+ x)(x+ b) + 3
√
(x+ b)2
segue L = 3 3
√
(x+ b)2 lim
a→b

√
x2 + a−b
2
− 3
√
x3 + b−a
3
− 2x− (b− a)2
a− b
 =
L = 3 3
√
(x+ b)2
lim
a→b

√
x2 + a−b
2
− x
a− b −
3
√
x3 + b−a
3
− x
a− b −
(b− a)2
a− b
 =
L = 3 3
√
(x+ b)2
[
lim
a→b
[
a−b
2
(a− b)(2x) −
b−a
3
(a− b)(3x2) −
(b− a)2
a− b
]]
=
L = 3 3
√
(x+ b)2
[
lim
a→b
[
1
4x
+
1
9x2
]]
=
3
√
(b+ x)2(9x+ 4)
12x2
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 235
4. L = lim
x→3
 | x− 3 |2 +26 | x+ 3 | −26√√3x+ 33
4− 2 3
√
x2+15x−6
x+3
 =
L =
1
2
lim
x→3
 | x− 3 |2 +26 | x+ 3 | −26√√3x+ 33
23 − ( 3
√
x2+15x−6
x+3
)3
 · 3 3√82
1
=
L = −36
13
[
0 + 26 lim
x→3
[
| x+ 3 | −
√√
3x+ 33
(x− 3)
][
| x+ 3 | +
√√
3x+ 33
| x+ 3 | +
√√
3x+ 33
]]
=
L = −36
13
[
0 +
26
12
lim
x→3
[
| x+ 3 |2 −(√3x+ 33)
(x− 3)
]]
=
L = −36
13
[
0 +
26
12
lim
x→3
[
(x− 3)(x+ 3)
(x− 3) +
(
√
x−√3)(6√x+ 5√3)
(
√
x−√3)(√x+√3)
]]
=
L = −36
13
[
0 +
26
12
[
6 +
11
2
]]
= −69
5. L = lim
x→−5
[
‖ 1
5
3
√
100x+ 2sgn(16− x4) ‖ + 3√x2 + 2 + x+ 4√
x2 +
√−5x+ 6− 6
]
Observe que se x ∈ Vδ(−5) tem-se que sgn(1− x4) = −1.
Por outro lado,
1
5
3
√
100x+ 2sgn(1− x4) ≈ −1, 55 . . . ⇒ [|1
5
3
√
100x+ 2sgn(1− x4)|] = −2
para todo x ∈ Vδ(−5). Assim
L = lim
x→−5
[
−2 + 3√x2 + 2 + x+ 4√
x2 +
√−5x+ 6− 6
]
= lim
x→−5
[
3
√
x2 + 2 + x+ 2√
x2 +
√−5x+ 6− 6
]
=
L = lim
x→−5
[
3
√
x2 + 2 + x+ 2√
x2 +
√−5x+ 6− 6
]
·
[√
x2 +
√−5x+ 6 + 6√
x2 +
√−5x+ 6 + 6
]
L = 240 lim
x→−5
[
3
√
x2 + 2 + x+ 2
(x2 − 30)2 − (√−5x)2
]
=
240
105
lim
x→−5
[
3
√
x2 + 2 + 3
√
(x+ 2)3
(x+ 5)
]
Multiplicando o numerador e denominador por
3
√
(x2 + 2)2 − 3
√
(x2 + 2) 3
√
(x+ 2)3 + 3
√
(x+ 2)6
236 Christian Quintana Pinedo
e calculando o limite
L =
16
189
lim
x→−5
[
(x2 + 2) + (x+ 2)3
(x+ 5)
]
=
16
189
lim
x→−5
[
(x+ 5)(x2 + 2x+ 2)
(x+ 5)
]
=
272
189
Exercício 3.3.4.
Dar exemplo de uma função monótona tal que lim
x→∞
f(x) = 1.
Solução.
Lembre que lim
x→+∞
arctanx =
pi
2
e lim
x→−∞
arctanx = −pi
2
.
A função g(x) = arctanx é estritamente crescente em R.
Assim, podemos considerar a função f(x) = 1 +
pi
2
− | arctanx|. Aqui tem-se que
lim
x→∞
f(x) = 1.
Exercício 3.3.5.
Para cada um dos seguintes exercícios, traçar o gráfico e calcular o limite indicado
caso exista; justificar sua resposta.
Solução.
1. f(x) =
x+ | 2− x |
x2 − 4
lim
x→2+
.f(x) = lim
x→2+
x+ (x− 2)
x2 − 4 = +∞ e limx→2− .f(x) = limx→2−
x− (x− 2)
x2 − 4 = −∞
O limite não existe.
2. f(x) =
{
x2, se, x ≤ 2
8− 2x, se, x > 2
lim
x→2+
.f(x) = lim
x→2+
.(8− 2x) = 4 e lim
x→2−
.f(x) = lim
x→2−
.x2 = 4
O limite existe lim
x→2
.f(x) = 4
3. f(x) =

x3 − 2x2 − 5x+ 6
x− 3 , se, x < 3√
x+ 1− 1
x+ 2
, se, x ≥ 3
lim
x→2+
.f(x) = lim
x→3+
.
√
x+ 1− 1
x+ 2
=
1
5
e lim
x→3−
.f(x) = lim
x→3−
x3 − 2x2 − 5x+ 6
x− 3 = 10
O limite lim
x→3
.f(x) nãoexiste
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 237
4. f(x) =

3 + x2, se, x < 0
0, se, x = 0
11− x2, se, x > 0
lim
x→0+
.f(x) = lim
x→0+
.(11− x2) = 11 e lim
x→0−
.f(x) = lim
x→0−
(3 + x2) = 3
O limite lim
x→0
.f(x) não existe
5. f(x) =

x− 5
1−√x− 4 , se, x ≥ 5
x2 − 12x+ 35
x− 5 , se, x < 5
lim
x→5+
.f(x) = lim
x→5+
.
x− 5
1−√x− 4 = −2 e limx→5− .f(x) = limx→5−
x2 − 12x+ 35
x− 5 = −2
O limite lim
x→5
.f(x) = −2 existe
6. f(x) =

6x− x2, se, x < 2
6, se, x = 2
2x2 − x− 3, se, x > 2
lim
x→2+
.f(x) = lim
x→2+
.(2x2 − x− 3) = 3 e lim
x→2−
.f(x) = lim
x→2−
(6x− x2) = 8
O limite lim
x→2
.f(x) não existe
7. f(x) =

1− x2, se, x < 1
1, se, 1 < x ≤ 2
| x− 3 |, se, x > 2
lim
x→1+
.f(x) = lim
x→1+
.1 = 1 e lim
x→1−
.f(x) = lim
x→1−
(1− x2) = 0
O limite lim
x→1
.f(x) não existe. Por outro lado,
lim
x→2+
.f(x) = lim
x→2+
. | x− 3 |= 1 e lim
x→2−
.f(x) = lim
x→2−
1 = 1
O limite lim
x→2
.f(x) = 1 existe.
Exercício 3.3.6.
Nos seguintes exercícios determine se existe o limite; caso contrário justificar sua
resposta.
Solução.
238 Christian Quintana Pinedo
1. O limite lim
x→ 5
3
√
| x | +[|3x|] + 4, não existe pelo seguinte
lim
x→ 5
3
+
√
| x | +[|3x|] + 4 = lim
x→ 5
3
+
√
| x | +9 =
√
32
3
lim
x→ 5
3
−
√
| x | +[|3x|] + 4 = lim
x→ 5
3
−
√
| x | +8 =
√
29
3
2. O limite lim
x→ 5
2
√
| x | +[|3x|] + 4 existe pelo seguinte
lim
x→ 5
2
+
√
| x | +[|3x|] + 4 = lim
x→ 5
2
+
√
| x | +11 =
√
27
2
lim
x→ 5
2
−
√
| x | +[|3x|] + 4 = lim
x→ 5
2
−
√
| x | +11 =
√
27
2
3. lim
x→0
√
[|9 + x2|] então lim
x→0+
√
[|9 + x2|] = 3 e lim
x→0−
√
[|9 + x2|] = √8
Não existe lim
x→0
√
[|9 + x2|].
4. L = lim
x→1+
√
x+
√
x− 1− 1√
x2 − 1 = limx→1+
√
x− 1
x2 − 1 + limx→1+
(
√
x− 1)(√x+ 1)√
x2 − 1(√x+ 1)
L =
1√
2
+
1
2
lim
x→1+
√
(x− 1)2
x2 − 1 =
√
2
2
+ 0
5. lim
x→1
∣∣∣∣x3 − x2 + 3x− 3x− 1
∣∣∣∣ = limx→1 |(x− 1)||(x2 + 3)||x− 1| = limx→1(x2 + 3) = 4.
6. lim
x→1
x3 − x2 + 3x− 3
| x− 1 | = limx→1
(x− 1)(x2 + 3)
| x− 1 | não existe, observe
lim
x→1+
(x− 1)(x2 + 3)
| x− 1 | = limx→1+(x
2 + 3) = 4
lim
x→1−
(x− 1)(x2 + 3)
| x− 1 | = − limx→1−(x
2 + 3) = −4
7. lim
x→2
x3 − 2x2 − 4x+ 8
| x− 2 | = limx→2
(x− 2)(x2 − 4)
| x− 2 |
lim
x→2+
(x2 − 4) = 0 e lim
x→2−
(x− 2)(x2 − 4)
| x− 2 | = − limx→2−(x
2 − 4) = 0
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 239
Existe lim
x→2
x3 − 2x2 − 4x+ 8
| x− 2 | = 0.
8. Se x → 1
6
+, tem-se que [|x
3
|] → 0 e [|3x|] → 0, se x → 1
6
−, temos [|x
3
|] → 0 e
[|3x|]→ 0, logo
lim
x→ 1
6
x2 + [|x
3
|]
[|3x|]− 10 =
1
62
+ 0
0− 10 = −
1
360
9. Se x → 6+, tem-se que [|x
3
|] → 2 e [|3x|] → 18, se x → 6−, temos [|x
3
|] → 1 e
[|3x|]→ 17, logo
lim
x→6+
x2 + [|x
3
|]
[|2x|] + 10 =
62 + 2
18 + 10
=
38
28
e lim
x→6−
x2 + [|x
3
|]
[|2x|] + 10 =
62 + 1
17 + 10
=
37
27
Portanto, não existe lim
x→6
x2 + [|x
3
|]
[|2x|] + 10 .
10. lim
x→−1+
√−9x+ 3√x− 2
x+ 1
= lim
x→−1+
(
√−9x− 3) + ( 3√x+ 1)
x+ 1
= lim
x→−1+
(
√−9x− 3)√−9x+ 3)
(x+ 1)(
√−9x− 3)) + limx→−1+
( 3
√
x+ 1)(
3
√
x2 − 3√x+ 1)
(x+ 1)(
3
√
x2 − 3√x+ 1)
= lim
x→−1+
(−9x− 9)
(x+ 1)(
√−9x+ 3)) + limx→−1+
(x+ 1)
(x+ 1)(
3
√
x2 − 3√x+ 1) = −
9
6
+
1
3
= −7
6
11. lim
x→0
[3x+ sgn(| x2 − 1 | −1)] = lim
x→0
3x− lim
x→0
sgn(| x2 − 1 | −1) =
= (3)(0)− sgn(| (0)2 − 1 | −1) = 0− sgn(0) = 0
12. lim
x→√2
[x2 − sgn(| x2 − 1 | −1)] = lim
x→√2
x2 − lim
x→√2
sgn(| x2 − 1 | −1) =
= (
√
2)2 − sgn(| (
√
2)2 − 1 | −1) = 2− sgn(0) = 2
13. lim
x→√2
[x2 + 5 + sgn(| x2 − 1 | −1)] = lim
x→√2
(x2 + 5)− lim
x→√2
sgn(| x2 − 1 | −1) =
= [(
√
2)2 + 5]− sgn(| (
√
2)2 − 1 | −1) = 7− sgn(0) = 7
14. lim
x→√2
[x4 − sgn(| x2 − 1 | −1)] = lim
x→√2
x4 − lim
x→√2
sgn(| x2 − 1 | −1) =
= (
√
2)4 − sgn(| (
√
2)2 − 1 | −1) = 4− sgn(0) = 4
240 Christian Quintana Pinedo
15. L = lim
x→1+
36
√
x− 1− 9√x− 1
3x2 − 3 + 36√x− 1 −
√
x3 − 1 +√x− 1√
x2 − 1
L = lim
x→1+
[
36
√
x− 1(1− 36√(x− 1)3)
3(x2 − 1) + 36√x− 1 −
√
x3 − 1 +√x− 1√
x− 1 · √x+ 1
]
=
L = lim
x→1+
[
36
√
x− 1(1− 36√(x− 1)3)
3(x2 − 1) + 36√x− 1 −
√
x3 − 1√
x− 1 · √x+ 1 −
1√
x+ 1
]
L = lim
x→1+
[
36
√
x− 1(1− 36√(x− 1)3)
36
√
x− 1(3 36√(x− 1)35(x+ 1) + 1) − (
√
x3 − 1)(√x3 + 1)√
x− 1 · √x+ 1(√x3 + 1) −
1√
2
]
L = lim
x→1+
[
(1− 36√(x− 1)3)
(3 36
√
(x− 1)35(x+ 1) + 1) −
(x3 − 1)√
x− 1 · √x+ 1(√x3 + 1) −
1√
2
]
L =
1− 0
0 + 1
− 0
2
√
2
− 1√
2
=
√
2− 1√
2
16. L = lim
x→1−
[
5 5
√
x− 2 + 3 3√2− x+ 2√2x− 1 + 6x2 − 6
x2 − x
]
=
L = lim
x→1−
[
5( 5
√
x− 2 + 1) + 3( 3√2− x− 1) + 2(√2x− 1− 1) + 6(x2 − 1)
x(x− 1)
]
=
L = lim
x→1−
[
5(x− 1)
x(x− 1)(1) +
3(1− x)
x(x− 1)(3) +
4(x− 1)
x(x− 1)(2) +
6(x− 1)(x+ 1)
x(x− 1)
]
=
L = 5− 1 + 2 + 12 = 18
17. lim
x→1+
3
√
x2 − 3√x+√x2 + 3√x− 3x
(x− 1)2 =
1
0+
= +∞, não existe.
18. lim
x→1−
5 5
√
x+ 2 + 4 4
√−1− 2x+ 3 3√2 + x− 2√−1− 2x+ 5x+ 3
x2 − x =
=
5 5
√
3 + 4 4
√−3 + 3 3√3− 2√−3 + 5 + 3
0+
= não existe
Exercício 3.3.7.
Calcular se existem os seguintes limites:
Solução.
1. lim
n→∞
n3 − 100n2 + 1
100n2 + 15n
= lim
n→∞
n− 100 + 1
n2
100 +
15
n
=
+∞
100
= +∞
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 241
2. lim
n→∞
n
√
2− 1
n
√
2 + 1
. Seja m =
1
n
então quando n→∞ segue que m→ 0, logo
lim
n→∞
n
√
2− 1
n
√
2 + 1
= lim
m→0
2m − 1
2m + 1
=
20 − 1
20 + 1
=
0
2
= 0
3. lim
n→∞
2n − 1
2n + 1
= lim
n→∞
2n(1− 1
2n
)
2n(1 +
1
2n
)
= lim
n→∞
1− 1
2n
1 +
1
2n
= 1
4. lim
n→∞
n
n− 1 = limn→∞
[
1 +
1
n− 1
]
= 1 + 0 = 1
5. lim
n→∞
(2n+ 1)2
2n2
= lim
n→∞
4n2 + 4n+ 1
2n2
= 2
6. lim
n→∞
n+ 1
n
= lim
n→∞
[
1 +
1
n
]
= 1 + 0 = 1
7. lim
n→∞
(n+ 1)4 − (n− 1)4
(n+ 1)4 + (n− 1)4 = limn→∞
n4[(1 + 1
n
)4 − (1− 1
n
)4]
n4[(1 + 1
n
)4 + (1− 1
n
)4]
=
1− 1
1 + 1
= 0
8. lim
n→∞
(n+ 1)2
2n2
= lim
n→∞
n2 + 2n+ 1
2n2
= lim
n→∞
1 + 2
n
+ 1
n2
2
=
1
2
9. lim
n→∞
n2 − 1
2n2 + 1
= lim
n→∞
1− 1
n2
2 + 1
n2
=
1
2
10. lim
n→∞
5
√
n3 + 2n− 1
n+ 2
= lim
n→∞
5
√
n3 + 2n− 1
(n+ 2)5
= lim
n→∞
5
√
n3 + 2n− 1
n5 + 5x4 + · · · =
5
√
0 = 0
11. lim
n→∞
[
n3
n2 + 1
+ n
]
= lim
n→∞
[
n3 + n(n2 + 1)
n2 + 1
]
=∞
12. lim
n→∞
n2 + 5
n2 − 3 = limn→∞
n2(1 + 5
n2
)
n2(1− 3
n2
)
= 1
Exercício 3.3.8.
Demonstrar que:
1. lim
x→0+
.f(x) = lim
x→0−
.f(−x) 2. lim
x→0
f(| x |) = lim
x→0+
.f(x)
3. lim
x→0
.f(x2) = lim
x→0+
.f(x)
Demonstração.
1. Suponhamos lim
x→0+
.f(x) = L, então para todo ε > 0, existe δ = δ(ε) > 0 tal que
|f(x)− L| < ε sempre que 0 < x− 0 < δ.
242 Christian Quintana Pinedo
Suponhamos y = −x, logo |f(−y) − L| < ε sempre que 0 < (−y) − 0 < δ, isto é
|f(−y)− L| < ε sempre que 0 < 0− y < δ, isto é lim
y→0−
.f(−y) = L
Inversamente, se lim
x→0−
.f(−x) existe, então lim
x→0+
.f(x) existe e tem o mesmo valor.
Isto significa que, x está próximo de zero pela direita se e somente se −x está
próximo de zero pela esquerda.
2. Suponhamos lim
x→0+
.f(x) = L, então para todo ε > 0, existe δ = δ(ε) > 0 tal que
|f(x)− L|< ε sempre que 0 < x− 0 < δ.
Assim, 0 < |x| < δ , então |f(|x|) − L| < ε sempre que 0 < ||x| − 0| < δ, logo
lim
x→0
.f(|x|) = L
Inversamente, é imediato.
3. Suponhamos lim
x→0+
.f(x) = L, então para todo ε > 0, existe δ = δ(ε) > 0 tal que
|f(x)− L| < ε sempre que 0 < x− 0 < δ.
Suponhamos y2 = x, logo |f(y2) − L| < ε sempre que 0 < y2 − 0 < δ, isto é
|f(y2)− L| < ε sempre que 0 < |y − 0| < δ1 =
√
δ, isto é lim
y→0
.f(y) = L
Inversamente é exercício para o leitor.
Portanto, lim
x→0
.f(x2) = lim
x→0+
.f(x)
Exercício 3.3.9.
Determine o valor dos limites, caso exista:
Solução.
1. lim
n→∞
(n+ 2)!+ (n+ 1)!
(n+ 3)!
= lim
n→∞
(n+ 1)![(n+ 2) + 1]
(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)!
= lim
n→∞
n+ 3
(n+ 3)(n+ 2)
= 0
2. lim
n→∞
[
1
n2
+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)
]
= lim
n→∞
[
1
n2
+
n(n+ 1)
2
]
= 0 +∞ =∞
3. lim
n→∞
(2n+ 1)4 − (n− 1)4
(2n+ 1)4 + (n− 1)4 = limn→∞
n4[(2 + 1
n
)4 − (1− 1
n
)4]
n4[(2 + 1
n
)4 + (1− 1
n
)4]
=
24 − 14
24 + 14
=
15
17
4. lim
n→∞
[
1 + 2 + 3 + · · ·+ n
n+ 2
− n
2
]
= lim
n→∞
[
n(n+1)
2
n+ 2
− n
2
]
=
=
1
2
lim
n→∞
[
n(n+ 1)− n(n+ 2)
n+ 2
]
=
1
2
lim
n→∞
−n
n+ 2
= −1
2
5. lim
n→∞
(n+ 1)3 − (n− 1)3
(n+ 1)2 + (n− 1)2 = limn→∞
2(3n2 + 1)
2(n3 + 3n)
= 0
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 243
6. lim
n→∞
√
n3 − 2n+ 1 + 3√n4 + 1
4
√
n6 + 6n5 + 2− 5√n7 + 3n3 + 1 =
lim
n→∞
2
√
n3
[√
1− 2
n2
+ 1
n3
+
1
6
√
n
· 3
√
1 + 1
n4
]
4
√
n6
[
4
√
1 + 6
n
+ 2
n6
− 1
3
√
n
· 5
√
1 + 3
n4
+ 1
n7
] = 1
7. lim
n→∞
n3 + n
n4 − 3n2 + 1 = 0, isto pela Propriedade 3.14
8. lim
n→∞
1
1× 3 +
1
3× 5 + · · ·
1
(2n− 1)(2n+ 1)
lim
n→∞
1
2
[
(1− 1
3
) + (
1
3
− 1
5
) + · · ·+ ( 1
2n− 1 −
1
2n+ 1
)
]
= lim
n→∞
1
2
[
1− 1
2n+ 1
]
=
1
2
9. lim
n→1
n2 − 2n+ 1
n3 − n = limn→1
(n− 1)2
n(n− 1)(n+ 1) = limn→1
(n− 1)
n(n+ 1)
=
0
2
= 0
10. lim
n→1
n+ 2
n2 − 5n+ 4 +
n− 4
3(n2 − 3n+ 2) =
= lim
n→1
n+ 2
(n− 1)(n− 4) +
n− 4
3(n− 1)(n− 2) = limn→1
4(n− 1)2
3(n− 1)(n− 4)(n− 2) = 0
11. lim
x→1
xm − 1
xn − 1 m,n ∈ Z
Se m = n temos lim
x→1
xn − 1
xn − 1 = 1
Se m 6= n então lim
x→1
xm − 1
xn − 1 = limx→1
(x− 1)(xm−1 + xm−2 + . . .+ x+ 1)
(x− 1)(xn−1 + xn−2 + . . .+ x+ 1) =
m
n
12. lim
n→∞
[
3n2
2n+ 1
− (2n+ 1)(3n
2 + n+ 2
4n2
]
= lim
n→∞
12n4 − 3n3 − 4n2 − 3n− 2
8n3 + 4n2
=∞
13. lim
n→∞
100n3 + 3n2
0, 001n4 − 100n3 + 1 = 0, isto pela Propriedade 3.14
14. lim
n→2
[
1
n(n− 2)2 −
1
n2 − 3n+ 2
]
= lim
n→2
[
n− (n+ 1)2
n(n− 2)3(n− 1)
]
= ±∞
Exercício 3.3.10.
Se f é uma função limitada em intervalos limitados. Mostre que:
lim
x→∞
[f(x+ 1)− f(x)] ⇒ lim
x→∞
f(x)
x
244 Christian Quintana Pinedo
Solução.
Exercício 3.3.11.
Verificar o valor dos seguintes limites:
Solução.
1. lim
n→+∞
4n3 + 2n2 − 5
n+ 2− 8n3 = limn→+∞
n3(4 +
2
n
− 5
n3
)
n3(
1
n2
+
2
n3
− 8)
=
4
−8 = −
1
2
2. lim
n→−∞
5n3 − n2 + n− 1
n4 − n3 − 2n+ 1 = limn→−∞
n3(5− 1
n
+
1
n2
− 1
n3
)
n4(1− 1
n
− 2
n3
+ 1)
= 0
lim
n→−∞
1
n
· lim
n→−∞
5− 1n + 1n2 − 1n3
1− 1
n
− 2
n3
+ 1
 = (0)(5) = 0
3. lim
n→+∞
3n2 − 2
2n+ 1
+
n2 − 4n
n− 3 = limn→+∞
[
(3n2 − 2)(n− 3) + (n2 − 4n)(2n+ 1)
(2n+ 1)(n− 3)
]
=
lim
n→+∞
[
5n3 − 16n2 − 6n+ 6
2n2 − 5n− 3
]
= +∞
isto pela Propriedade 3.14
4. lim
n→+∞
2n+ 3
n+ 3
√
n
= lim
n→+∞
n(2 + 3
n
)
n(1 + 13√n)
= 2
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 245
5. lim
n→+∞
3
√
8n− 4
(3−√n)(√n+ 2) =
3
√
lim
n→+∞
8n− 4
(3−√n)(√n+ 2) =
= 3
√
lim
n→+∞
8n− 4
(6 +
√
n− n) =
3
√√√√√√√ limn→+∞ 8−
4
n[
6
n
+
1√
n
− 1
] = 3√−8 = −2
6. lim
n→+∞
√
n+
√
n+
√
n+ 3√
n+ 3
=
√
lim
n→+∞
n+
√
n+
√
n+ 3
n+ 3
=
=
√√√√√√
lim
n→+∞
n+
√
n+ n
√
1
n
+
3
n2
n+ 3
=
√√√√√√√√√ limn→+∞
n
1 +
√
1
n
+
1
n
√
1
n
+
3
n2

n(1 +
3
n
)
=
√
1 = 1
7. lim
x→+∞
[
√
n2 − 5n+ 6− n] = lim
x→+∞
(
√
n2 − 5n+ 6− n)(√n2 − 5n+ 6 + n)√
n2 − 5n+ 6 + n = −
5
2
= lim
x→+∞
n2 − 5n+ 6− n2√
n2 − 5n+ 6 + n = limx→+∞
n[−5 + 6
n
]
n
[√
1− 5
n
+
6
n2
+ 1
] = −5
2
8. lim
n→−∞
[
√
n2 − 2n+ 4 + n] = lim
n→−∞
[
(
√
n2 − 2n+ 4 + n)(√n2 − 2n+ 4− n)√
n2 − 2n+ 4− n
]
=
= lim
n→−∞
[ −2n+ 4√
n2 − 2n+ 4− n
]
= lim
n→−∞
 −n(2− 4n)
−n(
√
1 + 2−n +
4
n2
+ 1)
 = 1
9. lim
n→+∞
[
√
n
√
2n− 5n+ 6−n] = lim
n→+∞
[
(
√
n
√
2n− 5n+ 6− n)(
√
n
√
2n− 5n+ 6 + n)√
n
√
2n− 5n+ 6 + n
]
=
lim
n→+∞
[
n
√
2n− 5n+ 6− n2√
n
√
2n− 5n+ 6 + n
]
= lim
n→+∞
 n2(√2nn − 5n + 6n2 − 1)
n(
√√
2n
n
− 5
n
+ 6
n2
+ 1)
 = lim
n→+∞
−n2
n
= −∞
10. lim
n→∞
(
√
n2 + 1 + n)2
3
√
n6 + 1
= lim
n→∞
(n(
√
1 + 1
n2
+ 1))2
n2(1 + 1
n2
)
= 4
246 Christian Quintana Pinedo
11. lim
n→+∞
√
a+ a2n2 +
√
b+ a2n2 − 2
√
a2n2 − a+ b
2
=
lim
n→+∞
[√
a+ a2n2 −
√
a2n2 − a+ b
2
]
+
[√
b+ a2n2 −
√
a2n2 − a+ b
2
]
=
lim
n→+∞
 a+ a+b2√
a+ a2n2 +
√
a2n2 − a+b
2
+
 b+ a+b2√
b+ a2n2 +
√
a2n2 − a+b
2
 = 0
12. lim
n→+∞
7
√
a7n7 + a+
√
n2 − 4
5
√
a− 1− a5n5 + 4√n4 − 25a2 + 144 =
= lim
n→+∞
n
[
7
√
a7 +
a
n7
+
√
1− 4
n2
]
n
[
5
√
a− 1
n5
− a5 + 4
√
1− 25a
2 − 144
n4
] = 7√a7 + 1
5
√−a5 + 1 =
1 + a
1− a
Exercício 3.3.12.
Mostre que lim
x→+∞
.f(x) = lim
x→−∞
.f(−x).
Demonstração.
Seja L = lim
x→+∞
.f(x), então pela definição deste limite tem-se que
∀ � > 0, ∃N > 0 /. |f(x)− L| < � sempre que x > N
Se x < −N então x > −N e assim obtemos
∀ � > 0, ∃N > 0 /. |f(−x)− L| < � sempre que x < −N
isto é lim
x→−∞
.f(−x) = L
Portanto, lim
x→+∞
.f(x) = lim
x→−∞
.f(−x)
Exercício 3.3.13.
Mostre que 1. lim
x→0−
.f(
1
x
) = lim
x→−∞
.f(x) 2. lim
x→0+
.f(
1
x
) = lim
x→+∞
.f(x).
Demonstração. 1.
Seja L = lim
x→−∞
.f(x), então pela definição deste limite temos
∀ � > 0, ∃N > 0 /. |f(x)− L| < � sempre que x < −N
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 247
Podemos supor −N = M < 0, se 1
M
< x < 0, então
1
x
< M < 0, com isto
|f( 1
x
)− L| < �, sempre que x < 0, assim lim
x→0−
.f(
1
x
) = L.
Portanto, lim
x→0−
.f(
1
x
) = lim
x→−∞
.f(x).
Demonstração. 2.
Seja L = lim
x→+∞
.f(x), então pela definição deste limite temos
∀ � > 0, ∃N > 0 /. |f(x)− L| < � sempre que x > N
Podemos supor
1
N
= M > 0, se 0 <
1
M
< x, então 0 <
1
x
< M , com isto |f( 1
x
)−L| <
�, sempre que 0 < x, assim lim
x→0+
.f(
1
x
) = L.
Portanto, lim
x→0+
.f(
1
x
) = lim
x→+∞
.f(x).
Exercício 3.3.14.
Mostre que lim
x→+∞
anx
n + an−1xn−1 + · · · a1x+ a0
bmxm + bm−1xm−1 + · · · b1x+ b0 existe se e somente se m ≥ n. Qual
é o valor do limite se m = n?. E quando m < n ?
Demonstração.
Propriedade 3.14 conhecida,
lim
x→+∞
anx
n + an−1xn−1 + · · · a1x+ a0
bmxm + bm−1xm−1 + · · · b1x+ b0 =

m
n
se m = n
∞ se m < n
0 se m > n
Exercício 3.3.15.
Calcular os seguintes limites:
1. lim
x→+∞
x3
2x2 − 1 −
x2
2x+ 1
2. lim
x→+∞
anx
n + an−1xn−1 + · · · a1x+ a0
bmxm + bm−1xm−1 + · · · b1x+ b0
3. lim
x→+∞
(x+ 1) + (x+ 2)2 + (x+ 3)3 + · · ·+ (x+n)5
x5 − n5 n ∈ N.
Solução.
1. Temos lim
x→+∞
[
x3
2x2 − 1 −
x2
2x+ 1
]
= lim
x→+∞
[
x3 − x2
4x3 + 2x2 − 2x− 1
]
=
1
4
.
Isto pelo exercício (3.3.14).
248 Christian Quintana Pinedo
2. Pelo exercício (3.3.14) segue que
lim
x→+∞
anx
n + an−1xn−1 + · · · a1x+ a0
bmxm + bm−1xm−1 + · · · b1x+ b0 =

an/bn se m = n
0 se m > n
∞ se m < n
3. Temos lim
x→+∞
(x+ 1) + (x+ 2)2 + (x+ 3)3 + (x+ 4)4 + (x+ 5)5
x5 − 55 =
lim
x→+∞
x5[( 1
x4
(1 + 1
x
) + 1
x3
(1 + 2
x
)2 + 1
x2
(1 + 3
x
)3 + 1
x
(1 + 4
x
)4 + (1 + 5
x
)5]
x5(1− 55
x5
)
= 1
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 249
3.4 Limite da Função Exponencial e Logarítmica.
Exercícios 3-4
Exercício 3.4.1.
Verificar o cálculo dos seguintes limites:
Solução.
1. lim
x→2+
x+ 2
x2 − 4 = limx→2+
x+ 2
(x+ 2)(x− 2) = limx→2+
1
(x− 2) ≡
1
0+
= +∞
2. lim
x→3+
√
x2 − 9
x− 3 = limx→3+
√
(x+ 3)(x− 3)
(x− 3)2 = limx→3+
√
x+ 3
x− 3 =
√
6
0+
= +∞
3. lim
x→4−
√
16− x2
x− 4 = −
√
lim
x→4−
(4 + x)(4− x)
(4− x)2 = −
√
lim
x→4−
(4 + x)
(4− x) ≡ −
√
8
0+
= −∞
4. lim
x→2
[
1
x− 2 −
3
x2 − 4
]
= lim
x→2
[
(x+ 2)− 3
x2 − 4
]
= lim
x→2
[
x− 1
(x+ 2)(x− 2)
]
≡ ±2
0
=∞
5. lim
x→1+
2x2 − 5x− 3
x− 1 = limx→1+
(2x+ 1)(x− 3)
x− 1 ≡
−6
0+
= −∞
6. lim
x→−∞
3x3 + 2x2 − 1
2x2 − 3x+ 5 = limx→−∞
x3(3 + 2
x
− 1
x3
)
x2(2− 3
x
+ 5
x2
)
= (−∞)(3) = −∞
7. lim
x→2−
3x2 − 9x− 6
x2 + x− 6 = limx→2−
3x2 − 9x− 6
(x+ 3)(x− 2) ≡
−12
0−
= +∞
8. lim
x→20+
5x3 + 1
20x3 − 800x = limx→20+
5x3 + 1
20x(x+ 20)(x− 20) ≡
40001
0+
= +∞
9. lim
x→+∞
5
√
x6
7
√
x− 7√x4 = limx→+∞
x
5
6
x
4
7 (x
−3
7 − 1) = limx→+∞
x
11
42
(x
−3
7 − 1) ≡
+∞
−1 = −∞
10. lim
x→1
[
1
1− x −
1
x2 − 2x− 1
]
= lim
x→1
[
(x2 − 2x− 1)− (1− x)
(x2 − 2x− 1)(1− x)
]
=
= lim
x→1
[
x2 − x− 2
(x2 − 2x− 1)(1− x)
]
= lim
x→1
[
(x− 2)(x+ 1)
(x2 − 2x− 1)(1− x)
]
= +∞
Exercício 3.4.2.
Calcular os seguintes limites:
Solução.
1. lim
x→+∞
[
2x
3x− 2 −
x+ 1
4x
− x
6x2 − 1
]
=
2
3
− 1
4
− lim
x→+∞
[
x
6x2 − 1
]
=
5
12
250 Christian Quintana Pinedo
2. lim
x→−∞
3
√
x5
7 5
√
x+ 3
5
√
x8
= lim
x→−∞
x
1
15
7x−
7
5 + 3
=
−∞
3
= −∞
3. lim
x→+∞
6
6
√
x7 + 3
√
x
5
5
√
x4 + 4
√
x
= lim
x→+∞
6
√
x7(6 + x−
5
6 )
5
√
x4(5 + x−1)
= lim
x→+∞
x
11
30 (6 + x−
5
6 )
(5 + x−1)
=
(+∞)(6)
(5)
= +∞
4. lim
x→−∞
(x
√
x2 + 1− x2) = (−∞
√
(−∞)2 + 1− (−∞)2) = −∞−∞ = −∞
5. lim
x→+∞
4(x
√
x2 + 1− x2) = 4 lim
x→+∞
(x
√
x2 + 1− x2)(x√x2 + 1 + x2)
(x
√
x2 + 1 + x2)
=
= 4 lim
x→+∞
x2
(x
√
x2 + 1 + x2)
= 4 lim
x→+∞
1√
1 + 1
x2
+ 1
= 2
6. lim
x→2
√
4− x2
x2 + 1
= 0
7. lim
x→2−
3x2 − 9x− 6
x2 + x− 6 = 3 limx→2−
x2 − 3x− 2
(x− 2)(x+ 3) = −
12
5
lim
x→2−
1
x− 2 = (−
12
5
)(−∞) =
+∞
8. lim
x→−∞
√
3x+ 4x2 − x3 + x
x2 + 5x+ 1
= lim
x→−∞
3x+ 3x2 − x3
(x2 + 5x+ 1)(
√
3x+ 4x2 − x3 − x)
= lim
x→−∞
3x+ 3x2 − x3
(x2 + 5x+ 1)(
√
3x+ 4x2 − x3 − x) =
= lim
x→−∞
x3(
3
x2
+
3
x
− 1)
x2(1 +
5
x
+
1
x2
)(−x
√
3
x
+ 4− x− x)
= lim
x→−∞
(
3
x2
+
3
x
− 1)
−(1 + 5
x
+
1
x2
)(
√
3
x
+ 4− x+ 1)
= 0
Exercício 3.4.3.
Mostre que, lim
x→0+
.f(x) =∞ se, e somente se lim
x→+∞
.f(
1
x
) =∞.
Demonstração.
lim
x→0+
.f(x) =∞ se, e somente se ∀M > 0, ∃ δ = δ(M) > 0 tal que |f(x)| > M sempre
que 0 < x− 0 < δ.
Suponhamos x =
1
s
então, quando x→ 0+ ⇒ s→ +∞, assim
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 251
∀M > 0, ∃ δ = δ(M) > 0 tal que |f(1
s
)| > M sempre que 0 < 1
s
− 0 < δ ⇔
lim
s→+∞
.f(
1
s
) =∞.
Portanto, lim
x→0+
.f(x) =∞ se e somente se lim
x→+∞
.f(
1
x
) =∞.
Exercício 3.4.4.
Determine constantes a e b tais que:
1. lim
x→+∞
[
x3 + 1
x2 + 1
+
√
x2 + 2− ax
]
= 0 2. lim
x→+∞
[
x2 + 1
x+ 1
− ax− b
]
= 0
3. lim
x→+∞
[√
x2 − x+ 1− ax− b
]
= 0
Solução.
1. lim
x→+∞
[
x3 + 1
x2 + 1
+
√
x2 + 2− ax
]
= lim
x→+∞
[
x3 + 1 + (x2 + 1)(
√
x2 + 2− ax)
x2 + 1
]
=
= lim
x→+∞
[
(1− a)x3 + 1 + x2√x2 + 2 +√x2 + 2− ax
x2 + 1
]
=
= lim
x→+∞
[
(1− a)x3 + x2√x2 + 2
x2 + 1
]
+ lim
x→+∞
[
1 +
√
x2 + 2− ax
x2 + 1
]
=
= lim
x→+∞
[
(1− a)x3 + x2√x2 + 2
x2 + 1
]
+ 0 =
= lim
x→+∞
[
x2[(1− a)x+√x2 + 2][(1− a)x−√x2 + 2]
(x2 + 1)[(1− a)x−√x2 + 2]
]
=
= lim
x→+∞
[
x2[((1− a)2 − 1)x2 − 2]
(x2 + 1)[(1− a)x−√x2 + 2]
]
= 0
quando (1− a)2 − 1 = 0, isto é, quando a = 0 ou a = 2.
2. lim
x→+∞
[
x2 + 1
x+ 1
− ax− b
]
= lim
x→+∞
[
x2 + 1− (x+ 1)(ax+ b)
x+ 1
]
=
= lim
x→+∞
[
(1− a)x2 − (a+ b)x+ 1− b
x+ 1
]
= 0
quando (1− a) = 0 e a+ b = 0, isto é, quando a = 1 e b = −1.
3. lim
x→+∞
[√
x2 − x+ 1− ax− b
]
=
= lim
x→+∞
[
[
√
x2 − x+ 1− (ax+ b)][√x2 − x+ 1 + (ax+ b)]
[
√
x2 − x+ 1 + (ax+ b)]
]
=
252 Christian Quintana Pinedo
= lim
x→+∞
[
[x2 − x+ 1− (ax+ b)2]
[
√
x2 − x+ 1 + (ax+ b)]
]
= lim
x→+∞
[
[(1− a2)x2 − (1 + 2ab)x+ 1− b2]
[
√
x2 − x+ 1 + (ax+ b)]
]
= 0
quando (1− a2) = 0 e 1 + 2ab = 0, isto é, quando a = ±1 e b = ∓1
2
.
Exercício 3.4.5.
Quando x → 0 temos y = 1 + 2x
x
→ ∞. Que condições deve satisfazer x para que
tenhamos a desigualdade | y |> 104?
Solução.
Temos y =
1 + 2x
x
=
1
x
+ 2.
Disto segue que lim
x→0+
y = lim
x→0+
[
1
x
+ 2] = +∞ e lim
x→0−
y = lim
x→0−
[
1
x
+ 2] = −∞.
Assim, lim
x→0
y = lim
x→0
(
1
x
+ 2) =∞ . Isto é, a função y = 1 + 2x
x
é infinitamente grande
quando x→ 0.
Por outro lado, | y |=| 1 + 2x
x
|> 104 então 1
x
+ 2 > 10000 ou
1
x
+ 2 < −10000
0 > 9998− 1
x
ou 10002 +
1
x
< 0
0 >
9998x− 1
x
ou
10002x− 1
x
< 0 ⇒ x ∈ (0, 1
9998
) ou x ∈ (− 1
10002
, 0)
Exercício 3.4.6.
Mostre que a função y =
x
x− 3 é infinitamente grande quando x→ 3. Qual deve ser
o valor de x para que a magnitude | y | seja maior que 1000?
Solução.
Temos que y =
x
x− 3 = 1−
3
x− 3 .
De onde lim
x→3+
y = lim
x→3+
(1− 3
x− 3) = −∞ e limx→3− y = limx→3−(1−
3
x− 3) = +∞.
Assim, lim
x→3
y = lim
x→3
(1 − 3
x− 3) = ∞ . Isto é, a função y =
x
x− 3 é infinitamente
grande quando x→ 3.
Por outro lado, | y |=| 1 − 3
x− 3 |> 1000 então 1 −
3
x− 3 > 1000 ou 1 −
3
x− 3 <−1000
0 >
3
x− 3 + 999 ou 1001−
3
x− 3 < 0
0 >
999x− 2994
x− 3 ou
1001x− 3006
x− 3 < 0 ⇒ x ∈ (
2994
999
, 3) ou x ∈ (3, 3006
1001
)
Exercício 3.4.7.
Verificar que:
1. arcsen x = arctan
x√
1− x2 2. arctanx− arctan y = arctan
x− y
1 + xy
.
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 253
1. Suponhamos que y = arcsen x ⇒ x = sen y, logo no triângulo de hipotenusa y,
catetos x e
√
1− x2 tem-se que tan y = x√
1− x2 de onde y = arctan
x√
1− x2
Portanto, arcsen x = arctan
x√
1− x2
2. Suponhamos que α = arctan x e β = arctan y, então tanα = x e tan β = y, sabemos
que
tan(α− β) = tanα− tan β
1 + tanα · tan β =
x− y
1 + xy
α− β = arctan x− y
1 + xy
Portanto, arctanx− arctan y = arctan x− y
1 + xy
Exercício 3.4.8.
Sejam f(x) = sen
pix
4
+cos(arctan x) e g(x) = sec(2−x)− tan(arcsec (−x)). Calcular
f(1)− g(2).
Solução.
Tem-se f(1) = sen
pi
4
+ cos(arctan 1) =
√
2
2
+ cos
pi
4
=
√
2. Por outro ladog(2) = sec(2− 2)− tan(arcsec (−2)) = sec 0− tan(−pi
3
) = 1 +
√
3.
Portanto, f(1)− g(2) = √2 + 1 +√3.
Exercício 3.4.9.
No sentido da Definição (3.7):
1. Demonstrar que: lim
x→3
1
(x− 3)2 = +∞.
2. Demonstre que: se g(x) > β > 0 para todo x, e se lim
x→a
g(x) = 0, então lim
x→a
1
g(x)
= +∞.
Demonstração. 1.
Seja f(x) =
1
(x− 3)2
Temos f(x) =
1
(x− 3)2 =
1
|x− 3|2 >
1
δ2
= K sempre que 0 < |x− 3| < δ
Portanto, dado K > 0 (tão grande como quiser), existe δ =
1√
K
> 0 tal que 0 <|
x− 3 |< δ implica f(x) > K.
Demonstração. 2.
Se lim
x→a
g(x) = 0, então para todo � > 0 existe δ > 0 tal que |g(x) − 0| < � sempre
que 0 < |x− a| < δ. Assim temos
|g(x)− 0| < � ⇔ −� < g(x) < � ⇔ −� < 0 < β < g(x) < � ⇔
254 Christian Quintana Pinedo
0 <
1
�
<
1
g(x)
sempre que 0 < |x− a| < δ
Portanto, dado K =
1
�
> 0 (tão grande como quiser), existe δ > 0 tal que
1
g(x)
> K
sempre que 0 < |x− a| < δ.
Exercício 3.4.10.
Um triângulo retângulo isósceles cuja base esta dividida em 2n partes (quadrados) tem
inscrito uma figura escalonada segundo a Figura (3.9). Demonstre que a diferença entre
a área do triângulo e a figura escalonada é infinitesimal quando n cresce infinitamente.
�
�
�
�
�
�
��
@
@
@
@
@
@
@@
· · ·... ...
Figura 3.9
Solução.
Pela Figura (3.9), dado o triângulo retângulo isósceles de base a (hipotenusa), sua
altura é
a
2
, conseqüentemente a área do triângulo é A =
a2
4
. Por outro lado.
A base a dividida em 2n partes, originam 2(n− 1) quadrados inscritos cada um com
uma área de
a2
n2
Na segunda fileira acima, tem-se 2(n− 2) quadrados cada uma com a mesma área a
2
n2
.
Na terceira fileira tem-se 2(n− 3) quadrados cada uma com a mesma área das anteriores.
E assim sucessivamente, na antepenúltima fileira tem-se 2(2) quadrados cada uma com a
a2
n2
. Na penúltima fileira tem-se 2(1) quadrados cada uma com a mesma área. Supondo
Sn a soma total das áreas de todos os quadrados inscritos no triângulo, temos que:
Sn =
a2
n2
[2(n− 1) + 2(n− 2) + 2(n− 3) + · · ·+ 2(3) + 2(2) + 2(1)]
Sn =
a2n(n− 1)
n2
=
a2(n2 − n)
4n2
⇒ S = lim
n→∞
a2(n2 − n)
4n2
=
a2
4
= A
Isto indica que a diferença entre a área do triângulo e a figura escalonada Sn é infini-
tesimal quando n cresce infinitamente.
Exercício 3.4.11.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 255
Para os seguintes exercícios esboçar o gráfico no intervalo [−2pi, 2pi]
1. f(x) = cos
(
pi[|x|]
2
)
2. f(x) = 2 cos
(pix
2
)
3. f(x) = sen (pi[|x|]) 4. f(x) = sen
(pix
2
)
5. f(x) =| sen | x || 6. f(x) = sen 2 | x |
7. f(x) = sen
(
x− pi
4
)
8. f(x) = 2 tan
(pi
2
)
+ sen x
Solução.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
256 Christian Quintana Pinedo
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
⇓
Exercício 3.4.12.
Verificar o cálculo dos seguintes limites:
Solução.
1. lim
x→0
tan x− sen x
x3
= lim
x→0
sen x(1− cos x)
x3 cos x
= lim
x→0
sen x(1− cos2 x)
x3 cosx(1 + cos x)
=
= lim
x→0
sen 3x
x3 cosx(1 + cos x)
= lim
x→0
sen 3x
x3
· lim
x→0
1
cosx(1 + cosx)
=
1
2
= 0, 5
2. Como a 6= 1, podemos escrever
lim
x→0
tan ax− tan3 x
tanx
= lim
x→0
[
tan ax
tanx
− tan
3 x
tanx
]
= lim
x→0
[
tan ax
tanx
− tan2 x
]
=
= lim
x→0
[cos x · sen ax
cos ax · sen x − tan
2 x
]
= lim
x→0
cosx
cos ax
· lim
x→0
a · sen axax
sen x
x
− tan2 x
 =
=
1
1
· [a · 1
1
− 0] = a
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 257
3. lim
x→0
1− cos 3x
1− cos 4x = limx→0
1− [cos 2x cosx− sen 2xsen x]
2sen 22x
=
= lim
x→0
1− [(cos2 x− sen 2x) cos x− 2sen 2x cosx]
8sen 2x cos2 x
=
= lim
x→0
1− cos3 x+ 3sen 2x cos x
8sen 2x cos2 x
= lim
x→0
(1− cos x)(1 + cos x+ cos2 x)
8sen 2x cos2 x
+lim
x→0
3
8 cos x
=
= lim
x→0
(1− cos2 x)(1 + cos x+ cos2 x)
8sen 2x cos2 x(1 + cos x)
+
3
8
=
3
16
+
3
8
=
9
16
=
4. Como a 6= 0 e b 6= 0, podemos escrever
lim
x→0
x− sen ax
x+ sen bx
= lim
x→0
1− sen ax
x
1 +
sen bx
x
= lim
x→0
1− a
[sen ax
ax
]
1 + b
[
sen bx
bx
] = 1− a
1 + b
5. lim
x→1
1− x2
sen pix
= lim
x→1
(1− x)(1 + x)
sen pi(1− x) = limx→1(1+x)·limx→1
(1− x)
sen pi(1− x) = 2·limx→1
1
pisen pi(1−x)
pi(1−x)
=
2
pi
6. lim
x→pi
sen (pi − x)
x(pi − x) = limy→0
sen y
(pi − y)y =
1
pi
lim
y→0
[
sen y
(pi − y) +
sen y
y
]
= 0 +
1
pi
=
1
pi
7. lim
x→0
1− cos ax
x2
= lim
x→0
(1− cos ax)(1 + cos ax)
x2(1 + cos ax)
=
= lim
x→0
sen 2(ax)
(ax)2
· lim
x→0
1
(1 + cos ax)
= a2 · 1
2
=
a2
2
8. lim
x→pi
2
cos x
(pi
2
− x) = limy→0
cos(pi
2
− y)
y
= lim
y→0
cos pi
2
cos y + sen pi
2
sen y
y
= 1
9. lim
x→pi
3
1− 2 cos x
pi − 3x =
1
3
lim
x→pi
3
1− 2 cos x
pi
3
− x =
1
3
lim
y→0
1− 2[cos pi
3
cos y − sen ysen pi
3
]
y
=
=
1
3
lim
y→0
1− [cos y −√3sen y]
y
= −
√
3
3
10. lim
x→1
1 + cos pix
x2 − 2x+ 1 = limx→1
1 + cospix
(x− 1)2 = limx→1
(1 + cos pix)(1− cos pix)
(x− 1)2(1− cospix) =
= lim
x→1
sen 2pi(x− 1)
(x− 1)2(1− cos pix) = limy→0
pi2sen 2piy
[piy]2
· lim
x→1
1
(1− cospix) =
pi2
2
258 Christian Quintana Pinedo
11. lim
x→1
1− x3
sen (1− x2) = limx→1
(1− x)(x2 + x+ 1)
sen (1− x2) = limx→1
(x2 + x+ 1)
sen (1−x2)
(1−x)
=
lim
x→1
(x2 + x+ 1)
(1 + x) sen (1−x
2)
(1−x2)
=
3
2
12. lim
x→1
sen (1− x)√
x− 1 = − limx→1
(
√
x+ 1)sen (x− 1)
(
√
x− 1)(√x+ 1) = − limx→1(
√
x + 1) · lim
x→1
sen (x− 1)
(x− 1) =
−2
13. lim
x→0
√
2x2
tan x
√
sec x− 1 =
√
2 lim
x→0
x2
√
sec x+ 1
tanx
√
tan2 x
=
√
2 lim
x→0
sec2 x
√
sec x+ 1
sen 2x
x2
=
=
√
2 lim
x→0
[
sec2 x
√
sec x+ 1
]
· lim
x→0
1
sen 2x
x2
= (
√
2)(
√
2)(1) = 2
14. lim
x→0
.4x · cot 4x = lim
x→0
.4x · cos 4x
sen 4x
= lim
x→0
cos 4x
sen 4x
4x
=
lim
x→0
cos 4x
lim
4x→0
sen 4x
4x
=
1
1
= 1
15. lim
x→0
x6
(tan x− sen x)2 = limx→0
x6 cosx
(1− cos x)2sen 2x = limx→0
x6 cosx(1 + cosx)2
(1− cos2 x)2sen 2x =
lim
x→0
[cosx(1 + cos x)2] · lim
x→0
x6
sen 6x
= (22)(1) = 4
16. lim
x→0
pi
x
· tan
(pix
2
)
= lim
x→0
pi2
2
· tan
(
pix
2
)
pix
2
=
pi2
2
· lim
x→0
sen
(
pix
2
)
pix
2
· 1
cos
(
pix
2
) = pi2
2
17. L = lim
x→pi
tan(1 + cosx)
cos(tanx)− 1 = −1 =
L = lim
x→pi
tan(1 + cos x)
(1 + cosx)
· lim
x→pi
(1 + cosx)
tan2 x
· lim
x→pi
1
cos(tanx)− 1
tan2 x
=
Seja y = tanx, quando x→ pi tem-se que y → 0, logo
L = lim
x→pi
sen (1 + cos x)
(1 + cos x)
· 1
cos(1 + cosx)
· lim
x→pi
(1 + cosx)
tan2 x
· lim
y→0
1
cos y − 1
y2
=
L = (1) · 1
(1)
· lim
x→pi
(1 + cos x)
tan2 x
· 1−1
2
= −2 lim
x→pi
(1 + cos x)
tan2 x
= −2 lim
x→pi
cos x
1− cos x = −1
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 259
18. lim
x→0
sen (
√
x2 + 4− 2)
x2
= lim
x→0
sen (
√
x2 + 4− 2)
(x2 + 4)− 4
lim
x→0
sen (
√
x2 + 4− 2)
(
√
x2 + 4− 2) ·
1
(
√
x2 + 4 + 2)
= lim
y→0
sen y
y
· lim
x→0
1
(
√
x2 + 4 + 2)
= 1 · 1
4
=
1
4
onde y = sen (
√
x2 + 4− 2)
19. lim
x→0
pi − 2 arccosx
x
= 2 · lim
x→0
pi
2
− arccos x
x
= 2 · lim
x→0
arcsen x
x
= 2 · 1 = 2
20. lim
x→0
arcsen 5x
arctanx
= lim
x→0
5arcsen5x
5x
arctanx
x
= 5 ·
lim
5x→0
arcsen 5x
5x
lim
x→0
arcsen x
x
= 5 · 1
1
= 5
Exercício 3.4.13.
Considere um triângulo equilátero de lado a. Suas três alturas servem para gerar um
novo triângulo equilátero e assim sucessivamente n vezes. Determine o limite da soma
das áreas de todos os triângulos quando n→ +∞.
Solução.
A altura de cada triângulo T1 de lado a mede
a
√
3
2
, e a área de T1 é AT1 =
√
3
4
a2.
O novo triângulo T2 de lado
a
√
3
2
tem como altura
a(
√
3)2
4
, e a área de T2 é AT2 =√
3
4
(
a
√
3
2
)2.
O novo triângulo T3 de lado
a(
√
3)2
4
tem como altura
a(
√
3)3
8
, e a área de T3 é AT3 =√
3
4
(
a(
√
3)2
4
)2.
A soma das áreas dos n primeiros triângulos é:
Sn =
√
3
4
a2 +
√
3
4
(
a
√
3
2
)2 +
√
3
4
(
a(
√
3)2
4
)2 + · · ·+
√
3
4
Sn =
√
3
4
a2[1+(
√
3
2
)2+(
√
3
2
)4+ · · ·+(
√
3
2
)2(n−1)] =
√
3
4
a2[1+(
3
4
)+(
3
4
)2+ · · ·+(3
4
)(n−1)]
Sn =
√
3
4
a2
[
1− (3
4
)n
1− 3
4
]
quando n→∞, lim
n→∞
Sn = a
2
√
3.
Exercício 3.4.14.
Um círculo de raio r tem inscrito um quadrado; este tem inscrito um círculo o qual
tem inscrito um quadrado, e assim sucessivamente n vezes. Determine o limite das soma
das áreas de todos os quadrados quando n → +∞. De modo análogo para a soma das
260 Christian Quintana Pinedo
áreas de todos os círculos.
Solução.
Seja C1 o primeiro círculo, então sua área AC1 = pir2 e seu diâmetro é 2r. Suponhamos
um quadrado Q1 de lado l inscrito no círculo de raio r, logo 2r = l
√
2 e, a área do quadrado
AQ1 = l
2 = 2r2.
Seja C2 o círculo inscrito no quadrado Q1, então sua área AC2 = pi(
l
2
)2 =
pil2
4
=
pir2
2
e seu diâmetro é l. Suponhamos um quadrado Q2 de lado l1 inscrito no círculo C2, logo
l = l1
√
2 e, a área do quadrado AQ2 = l21 =
1
2
l2 = r2.
Seja C3 o círculo inscrito no quadrado Q2, então sua área AC3 = pi(
l1
2
)2 =
pir2
4
e
seu diâmetro é l1. Suponhamos um quadrado Q3 de lado l2 inscrito no círculo C3, logo
l1 = l2
√
2 e, a área do quadrado AQ3 = l22 =
1
2
l21 =
1
2
r2.
A soma das áreas dos n primeiros quadrados é: Sn = 2r2 + r2 +
1
2
r2 + · · · + 1
2n−3
r2,
isto é
Sn = 2r
2 + r2[1 +
1
2
+
1
22
+ · · ·+ 1
2n−3
] = 2r2 + r2
[
1− (1
2
)n−1
1− 1
2
]
= 2r2 + 2r2[1− (1
2
)n−1]
quando n→∞, lim
n→∞
Sn = 4r
2.
A soma das áreas dos n primeiros círculos é: SCn = pir2+
1
2
pir2+
1
22
pir2+· · ·+ 1
2n−1
pir2,
isto é
SCn = pir
2[1 +
1
2
+
1
22
+ · · ·+ 1
2n−1
] = pir2
[
1− (1
2
)n
1− 1
2
]
= 2pir2[1− (1
2
)n−]
quando n→∞, lim
n→∞
SCn = 2pir
2.
Exercício 3.4.15.
Calcular os seguintes limites:
Solução.
1. lim
x→pi
2
cos x
(pi − 2x) =
1
2
lim
x→pi
2
sen (pi
2
− x)
(pi
2
− x) =
1
2
lim
y→0
sen y
y
=
1
2
2. lim
x→+∞
x. tan
(a
x
)
= lim
y→0
tan(ay)
y
= lim
y→0
asen (ay)
ay
· 1
cos(ay)
= a(1) = a
3. lim
x→0
1−√cosx
x2
= lim
x→0
(1−√cosx)(1 +√cos x)
x2(1 +
√
cosx)
== lim
x→0
(1− cosx)
x2(1 +
√
cosx)
= lim
x→0
(1− cos x)(1 + cos x)
x2(1 +
√
cosx)(1 + cos x)
= lim
x→0
sen 2x
x2(1 +
√
cos x)(1 + cos x)
=
1
4
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 261
4. lim
x→0
x√
1− cosx = limx→0
x
√
1 + cosx√
1− cos x√1 + cos x = limx→0
x
√
1 + cosx
sen x
=
√
2
5. lim
x→pi
4
sen x+ x
x
=
√
2
2
+ pi
4
pi
4
=
√
2 + 2pi
pi
6. lim
x→0
arctan 3x
arcsen 4x
= lim
x→0
3
4
·
arctan 3x
3x
arcsen 4x
4x
=
3
4
·
lim
y→0
arctan y
y
lim
z→0
arcsen z
z
=
3
4
onde y = 3x e z = 4x
7. lim
x→pi
2
(secx− tanx) = lim
x→pi
2
(1− sen x)
cosx
= lim
x→pi
2
(1− sen x)(1 + sen x)
cos x(1 + sen x)
= lim
x→pi
2
cosx
(1 + sen x)
= 0
8. lim
x→pi
2
(1− sen x)3
(1 + cos 2x)3
= lim
x→pi
2
(1− sen x)3
(2 cos2 x)3
=
1
8
lim
x→pi
2
(1− sen x)3
(1− sen x)3(1 + sen x)3 =
=
1
8
lim
x→pi
2
1
(1 + sen x)3
=
1
64
9. lim
x→pi
3
1− cos 2x
sen (x− pi
3
)
= lim
y→0
2sen 2(y + pi
3
)
sen y
= lim
y→0
2[sen y cos pi
3
+ cos ysen pi
3
]2
sen y
=
= lim
y→0
2[1
4
sen 2y + 2
√
3
4
sen y cos y + 3
4
cos2 y]
sen y
=
=
1
2
lim
y→0
[sen 2y + 2
√
3sen y cos y + 3 cos2 y]
sen y
=
=
1
2
lim
y→0
[
sen y + 2
√
3 cos y +
3 cos2 y
sen y
]
=
√
3 + lim
y→0
3 cos2 y
2sen y
=
√
3
10. lim
x→0
√
x4 − x4sen 2x
1− cos x = limx→0
x2
√
1− sen 2x
(1− cos x) = limx→0
x2 cos x(1 + cos x)
(1− cos x)(1 + cos x) =
= lim
x→0
x2 cosx(1 + cos x)
sen 2x
= lim
x→0
cosx(1 + cos x)
sen 2x
x2
=
(1)(2)
12
= 2
11. lim
x→0
x(
√
1 + cos x−√2)√
1− cosx = limx→0
x(
√
1 + cosx−√2)(√1 + cos x+√2)√
1− cos x(√1 + cos x+√2) =
= lim
x→0
x(cosx− 1)√
1− cos x(√1 + cos x+√2) = − limx→0
x
√
1− cos x
(
√
1 + cos x+
√
2)
=
0√
2
= 0
262 Christian Quintana Pinedo
12. lim
x→0
x.sen (sen 2x)
1− cos(sen 4x) = limx→0
x.sen (sen 2x)
1− cos(2sen 2x cos 2x) = limx→0
x.sen (sen 2x)
2sen 2(sen 2x cos 2x)
=
=
1
2
lim
x→0
sen (sen 2x)
sen 2x
sen 2(sen 2x cos 2x)
sen 2x cos 2x
· lim
x→0
x.sen 2x
sen 2x cos 2x
=
1
2
(1)
(1)
· lim
x→0
x
cos 2x
=
1
2
(0) = 0
13. lim
x→0
sen (h+ x)− sen h
x
= lim
x→0
sen h cosx+ coshsen x− sen h
x
=
= sen h · lim
x→0
(cosx− 1)(cosx+ 1)
x(cosx+ 1)
+ cosh · lim
x→0
sen x
x
=
= −sen h · lim
x→0
sen 2x
x(cosx+ 1)
+ cosh = −sen h · (0)(1)(1
2
) + cosh = cosh
14. lim
x→0
2−√cos x− cos x
x2
= lim
x→0
1−√cosx
x2
+ lim
x→0
1− cosx
x2
=
= lim
x→0
(1−√cosx)(1 +√cos x)
x2(1 +
√
cosx)
+ lim
x→0
(1− cos x)(1 + cos x)
x2(1 + cos x)
=
= lim
x→0
(1− cosx)(1 + cos x)
x2(1 +
√
cos x)(1 + cos x)
+ lim
x→0
sen 2x
x2(1 + cos x)
=
lim
x→0
sen 2x
x2
[
lim
x→0
1
(1 +
√
cosx)(1 + cos x)
+
1
(1 + cos x)
]
= (1)(
1
4
+
1
2
) =
3
4
15. lim
x→0
cot(h+ x)− coth
x
= lim
x→0
cos(h+ x)sen h− sen (h+ x) cosh
xsen (h+ x)sen h
=
= lim
x→0
sen h[cosh cos x− sen hsen x]− cosh[sen x cosh+ cos xsen h]
xsen (h+ x)sen h
=
= lim
x→0
−sen x[sen 2h+ cos2 h] + sen h cosh cosx− cosh cos xsen h
xsen (h+ x)sen h
=
= lim
x→0
−sen x
xsen (h+ x)sen h
= − lim
x→0
sen x
x
· lim
x→0
1
sen (h+ x)sen h
= −csc2h
16. lim
x→0
[
2
sen 2x
− 1
1− cosx
]
= lim
x→0
[
2
sen 2x
− 1 + cos x
1− cos2 x
]
= lim
x→0
1− cosx
sen 2x
=
lim
x→0
1
1 + cos x
=
1
2
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 263
17. lim
x→0
tan ax
(1 + cos ax)(sec ax)
= lim
x→0
sen ax
(1 + cos ax)(sec ax) cos ax
= lim
x→0
sen ax
1 + cos ax
= 0
18. lim
x→0
tan(h+ x)− tanh
x
= lim
x→0
sen (h+ x) cosh− cos(h+ x)sen h
x cos(h+ x) cosh
=
= lim
x→0
cosh[sen h cos x+ coshsen x]− sen h[cosx cosh− sen xsen h]
x cos(h+ x) cosh
=
= lim
x→0
sen x[cos2 h+ sen 2h] + sen h cosh cosx− cosh cos xsen h
x cos(h+ x) cosh
=
= lim
x→0
sen x
x cos(h+ x) cosh
= lim
x→0
sen x
x
· lim
x→0
1
sen (h+ x)sen h
= sec2h
19. lim
x→0
cos(h+ x)− cosh
x
= lim
x→0
cosh cos x− sen hsen x− cosh
x
=
= cosh · lim
x→0
(cosx− 1)(cosx+ 1)
x(cosx+ 1)
− sen h · lim
x→0
sen x
x
=
= − cosh · lim
x→0
sen 2x
x(cosx+ 1)
− sen h = −cosh · (0)(1)(1
2
)− sen h = −sen h
20. lim
x→0
sec(h+ x)− sech
x
= lim
x→0
cosh− cos(x+ h)
x · cosh cos(h+ x) =
= lim
x→0
cosh− cos x cosh+ sen xsen h)
x · cosh cos(h+ x) =
cosh · lim
x→0
1− cosx
x · cosh cos(h+ x) + sen h · limx→0
sen x
x · cosh cos(h+ x) =
cosh · lim
x→0
sen 2x
x2
· x
cosh cos(h+ x)(1 + cos x)
+ sen h · lim
x→0
sen x
x
· 1
cosh cos(h+ x)
=
(cosh) · (1) · 0
(cosh)(cosh)(2)
+ (sen h) · (1) · 1
(cosh)(cosh)
= sech tanh
21. Sabe-se que −1 ≤ sen 3x ≤ 1 e −1 ≤ cosx ≤ 1 então −100 ≤ 100sen 3x ≤ 100 e
−200 ≤ 200 cos x ≤ 200 assim
− lim
x→+∞
300
x
≤ lim
x→+∞
100sen 3x+ 200 cosx
x
≤ lim
x→+∞
300
x
⇔
⇔ = lim
x→+∞
100sen 3x+ 200 cosx
x
= 0
Exercício 3.4.16.
264 Christian Quintana Pinedo
Calcular os seguintes limites:
Solução.
1. Sabe-se que −1 ≤ sen x ≤ 1, ∀ x ∈ R, então, ∀ x ∈ R, x 6= 0 segue que:
−1
x
≤ sen x
x
≤ 1
x
Portanto, lim
x→∞
sen x
x
= 0. Idem para lim
x→∞
cosx
x
= 0
2. Seja y = arctan x, ⇒ tan y = x. Quando x→∞ tem-se que y → pi
2
, logo
lim
x→∞
arctanx
x
= lim
y→pi
2
y
tan y
= lim
y→pi
2
y · cos y
sen y
=
pi
2
· 0
1
= 0
Portanto, lim
x→∞
arctanx
x
= 0.
3. Tem-se lim
x→∞
x+ sen x
x+ cos x
= lim
x→∞
1 + sen xx
1 +
cosx
x
 = 1 + 0
1 + 0
= 1.
Portanto, lim
x→∞
x+ sen x
x+ cos x
= 1.
4. lim
x→0
Ln cos x
x2
= lim
x→0
[
1− cosx
x2
· Ln cos x
1− cosx
]
= lim
x→0
1− cosx
x2
· lim
x→0
Ln cosx
1− cosx =
1
2
· lim
y→0
Ln (1 + y)
y
=
1
2
· 1 = 1
2
5. lim
x→1
arcsen x
tan
(
pix
2
) =
⇓
⇓
⇓
⇓
6. lim
x→+∞
[
1 +
1
xn
]x
= lim
x→+∞
xn−1
√[
1 +
1
xn
]xn
= e0 = 1
7. lim
x→∞
x2[1− cos
(
1
x
)
] = lim
y→0
[1− cos y][1 + cos y]
y2[1 + cos y]
=
= lim
y→0
[1− cos2 y]
y2[1 + cos y]
= lim
y→0
sen 2y
y2
· lim
y→0
1
1 + cos y
= (1)(
1
2
) =
1
2
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 265
8. lim
x→0
sen x
√
cosx = lim
x→0
exp[Ln ( sen x
√
cos x)] = lim
x→0
exp[Ln ( sen x
√
cosx)] =
= exp
[
lim
x→0
Ln (cosx)
sen x
]
= exp
[
lim
x→0
Ln (cos x)
x
· 1sen x
x
]
=
= exp
[
lim
x→0
Ln (cos x)
x
· 1
]
= exp
[
lim
y→0
Ln (1 + y)
y
]
= exp [1] = e
9. Seja n =
sen x
x− sen x ⇒
sen x
x
=
n
n+ 1
, quando x→ 0 segue que n→∞, logo
lim
x→0
(sen x
x
) sen x
x−sen x
= lim
n→∞
(
n
n+ 1
)n
=
1
lim
n→∞
(1 + 1
n
)n
= e−1
10. lim
x→∞
ax − a−x
ax + a−x
= a > 0
= lim
x→+∞
ax(1− a−2x)
ax(1 + a−2x)
= lim
x→+∞
1− a−2x
1 + a−2x
= 1
= lim
x→−∞
a−x(a2x − 1)
a−x(a−2x + 1)
= lim
x→−∞
a2x − 1
a2x + 1
= −1
11. lim
x→∞
x(
√
x2 +
√
x4 + 1− x
√
2) =
= lim
x→∞
x(
√
x2 +
√
x4 + 1− x√2)(
√
x2 +
√
x4 + 1 + x
√
2)
(
√
x2 +
√
x4 + 1 + x
√
2)
=
= lim
x→∞
x(
√
x4 + 1− x2)
(
√
x2 +
√
x4 + 1 + x
√
2)
= lim
x→∞
x(
√
x4 + 1− x2)(√x4 + 1 + x2)
(
√
x2 +
√
x4 + 1 + x
√
2)(
√
x4 + 1 + x2)
=
= lim
x→∞
x
(
√
x2 +
√
x4 + 1 + x
√
2)(
√
x4 + 1 + x2)
= 0
12. lim
x→0
1− cos(1− cosx)
x
= lim
x→0
1− cos(1− cos x)
1− cos x ·
(1− cosx)
x
=
= lim
y→0
1− cos y
y
· lim
x→0
(1− cosx)
x
= 0× 0 = 0
13. Como | cosx| ≤ 1, temos lim
x→0
x
√
cos x = 1, logo
lim
x→0
x
√
cosx+ sen x = lim
x→0
x
√
cosx · lim
x→0
x
√
1 + tan x = lim
x→0
x
√
1 + tanx
266 Christian Quintana Pinedo
= lim
x→0
(1 + tan x)
1
x = lim
x→0
[
(1 + tanx)
1
tan x
] tan x
x
= e1
Portanto, lim
x→0
x
√
cosx+ sen x = e.
14. lim
x→∞
ax
ax + 1
= lim
x→∞
ax
ax(1 + a−x)
= lim
x→∞
1
1 +
1
ax
=
1
1 + 0
= 1 a > 0
15. Como | cosx| ≤ 1, tem-se que lim
x→0
x
√
cos x = 1, logo
lim
x→0
x
√
cos x+ asen bx = lim
x→0
x
√
cos x · lim
x→0
x
√
1 + a tan bx = lim
x→0
x
√
1 + a tan bx
= lim
x→0
(1 + a tan bx)
1
x = lim
x→0
[
(1 + a tan bx)
1
a tan bx
]a tan bx
x
= eab
Portanto, lim
x→0
x
√
cosx+ asen bx = eab.
Exercício 3.4.17.
Verificar que lim
x→+∞
x
√
x = 1.
Solução.
Sejam n
√
n = m + 1 e n ∈ N+, então n = (1 + m)n ≥ n(n+ 1)
2
m ⇒ m ≤
2
n+ 1
⇒ n√n = m+ 1 ≤ 2
n+ 1
+ 1. Logo 1 ≤ n√n ≤ 2
n+ 1
+ 1.
1 = lim
n→+∞
1 ≤ lim
n→+∞
n
√
n ≤ lim
n→+∞
[
2
n+ 1
+ 1
]
= 1
Portanto, lim
x→+∞
x
√
x = 1, pois quando x → +∞, x ∈ R, mistura-se com n →
+∞, n ∈ N+.
Exercício 3.4.18.
Mostre que se lim
x→∞
f(x) =∞, então existe uma sequência {xn}n∈N+ de números reais
tais que f(xn) > n.
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 267
3.5 MISCELÂNEA
Miscelânea 3-1
Miscelânea 3.1.1.
Suponha-se que as funções f(x) e g(x) têm a seguinte propriedade:
"Para cada ε > 0 e todo x ∈ R; se 0 <| x−2 |< sen 2(ε
2
9
)+ε, então | f(x)−2 |< ε
e se 0 <| x− 2 |< ε2, então | g(x)− 4 |< ε."
Para cada ε > 0 achar um δ > 0 de modo que, para todo x ∈ R :
1. Se 0 <| x− 2 |< δ, então | f(x) + g(x)− 6 |< ε.
2. Se 0 <| x− 2 |< δ, então | f(x) · g(x)− 8 |< ε.
3. Se 0 <| x− 2 |< δ, então
∣∣∣∣ 1g(x) − 14
∣∣∣∣ < ε.
4. Se 0 <| x− 2 |< δ, então
∣∣∣∣f(x)g(x) − 12
∣∣∣∣ < ε.
Solução.
1. Observe, de 0 <| x − 2 |< sen 2(ε
2
9
) + ε, então | f(x) − 2 |< ε, segue 0 <| x − 2 |<
sen 2(
ε2
36
) +
ε
2
, então | f(x)− 2 |< ε
2
.
Por outro lado de 0 <| x − 2 |< ε2, então | g(x) − 4 |< ε segue 0 <| x − 2 |< ε
2
4
,
então | g(x)− 4 |< ε
2
. Logo
| f(x)+ g(x)− 6 |≤| (f(x)− 2)+ (g(x)− 4) |≤| f(x)− 2 | + | g(x)− 4 |< ε
2
+
ε
2
= ε
sempre que δ = min{sen 2( ε
2
36
) +
ε
2
;
ε2
4
}
2. Temos
| f(x) ·g(x)−8 |=| f(x) ·g(x)−2g(x)+2g(x)−8 |≤| g(x) || f(x)−2 | +2 | g(x)−4 |
(3.12)
Suponhamos | g(x) − 4 |< 1, então | g(x) | − | 4 |<| g(x) − 4 |< 1, de onde
| g(x) |< 5.
Observe, de 0 <| x − 2 |< ε2, então | g(x) − 4 |< ε segue 0 <| x − 2 |< ε
2
16
, então
| g(x)− 4 |< ε
4
.
Por outro lado de 0 <| x − 2 |< sen 2(ε
2
9
) + ε, então | f(x) − 2 |< ε, segue 0 <|
x− 2 |< sen 2( ε
2
900
) +
ε
10
, então | f(x)− 2 |< ε
10
.
268 Christian Quintana Pinedo
Assim, em (3.12) segue que
| f(x) · g(x)− 8 |≤| g(x) || f(x)− 2 | +2 | g(x)− 4 |< 5( ε
10
) + 2(
ε
4
) = ε
sempre que δ = min{sen 2( ε
2
900
) +
ε
10
; 1,
ε2
16
}
3. Tem-se ∣∣∣∣ 1g(x) − 14
∣∣∣∣ = |g(x)− 4|4|g(x)| ≤ (3.13)
Suponhamos | g(x)− 4 |< 1, então 3 <| g(x) |< 5, de onde 1| g(x) | <
1
3
Por outro lado de 0 <| x− 2 |< ε2, então | g(x)− 4 |< ε segue 0 <| x− 2 |< 144ε2,
então | g(x)− 4 |< 12ε.
Assim, em (3.13) segue que∣∣∣∣ 1g(x) − 14
∣∣∣∣ = |g(x)− 4|4|g(x)| ≤ |g(x)− 4|12 < ε
sempre que δ = min{144ε2; 1}.
4. Tem-se ∣∣∣∣f(x)g(x) − 12
∣∣∣∣ ≤ 2|f(x)− 2|+ |g(x)− 4|2|g(x)| ≤ |f(x)− 2||g(x)| + |g(x)− 4|2|g(x)| < (3.14)
Suponhamos | g(x)− 4 |< 1, então 3 <| g(x) |< 5, de onde 1| g(x) | <
1
3
.
Observe, de 0 <| x − 2 |< ε2, então | g(x) − 4 |< ε segue 0 <| x − 2 |< 16ε2, então
| g(x)− 4 |< 4ε.
Assim, em (3.14) segue que∣∣∣∣f(x)g(x) − 12
∣∣∣∣ ≤ |f(x)− 2||g(x)| + |g(x)− 4|2|g(x)| ≤ |f(x)− 2|3 + |g(x)− 4|6 < ε
sempre que δ = min{16ε2; 1; sen 2(ε
2
9
) + ε}
Miscelânea 3.1.2.
Mostre que, se lim
x→0
f(x) = 0 , então lim
x→0
f(x)
x
= 0.
Demonstração.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 269
Miscelânea 3.1.3.
Mostre que:
Solução.
1. Temos que lim
x→0+
f(x) = L se, e somente se, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que
| f(x)− L |< ε sempre que 0 < x < δ.
Se −δ < x < 0, então 0 < −x < δ, de onde | f(−x)−L |< ε. Assim, ∀ ε > 0 existe
δ = δ(ε) > 0 tal que | f(−x)−L |< ε sempre que 0 < −x < δ ⇔ lim
x→0−
f(−x) =
L.
Portanto, lim
x→0+
f(x) = lim
x→0−
f(−x).
2. Temos que lim
x→0+
f(x) = L se, e somente se, ∀ ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que
| f(x)− L |< ε sempre que 0 < x < δ.
Se 0 < x < δ, então 0 <| x |< δ, de onde | f(| x |)− L |< ε. Assim, ∀ ε > 0 existe
δ = δ(ε) > 0 tal que | f(| x |) − L |< ε sempre que 0 <| x |< δ ⇔ lim
x→0−
f(| x |
) = L.
Portanto, lim
x→0
f(| x |) = lim
x→0+
f(x).
3. lim
x→0
f(x2) = lim
x→0+
f(x)
⇓
⇓
⇓
⇓
4. lim
x→0
f( 1
x
) = lim
x→∞
f(x)
⇓
⇓
⇓
⇓
Miscelânea 3.1.4.
Seja f(x) =
{
x, se, x ∈ Q
1, se, x ∈ I = R−Q
Mostre que não existe o limite lim
x→a
.f(x), qualquer que seja a ∈ R.
Solução.
270 Christian Quintana Pinedo
Miscelânea 3.1.5.
Seja f(x) =
{
x, se, x ∈ Q
−x, se, x ∈ I = R−Q
Mostre que não existe o limite , para qualquer a 6= 0.
Solução.
Miscelânea 3.1.6.
Mostre que se lim
x→0
f(x)
x
= L e a 6= 0, então lim
x→0
f(ax)
x
= aL
Demonstração.
Como lim
x→0
f(x)
x
= L , então, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
∣∣∣f(x)
x
− L
∣∣∣ < ε sempre que |x− 0| < δ (3.15)
Seja a 6= 0 e y = ax então, quando x → 0 tem-se que y → 0. Fazendo mudança de
variável na expressão (3.15) segue∣∣∣f(y)
y
− L
∣∣∣ < ε sempre que |y − 0| < δ
ou ∣∣∣f(ax)
ax
− L
∣∣∣ < ε sempre que |ax− 0| < δ
isto é ∣∣∣f(ax)
x
− aL
∣∣∣ < ε1 = aε sempre que |x− 0| < δ1 = 1
a
δ
Portanto, lim
x→0
f(ax)
x
= aL .
Miscelânea 3.1.7.
Calcular lim
x→∞
(ax+ 1)n
xn + A
. Considere separadamente os casos em que n seja: a) um
inteiro positivo; b) um inteiro negativo; c) zero.
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 271
a) Suponhamos que n ∈ Z+, então
lim
x→∞
(ax+ 1)n
xn + A
= lim
x→∞
xn
[
a+
1
xn
]n
xn
[
1 +
A
xn
] = lim
x→∞
[
a+
1
xn
]n
[
1 +
A
xn
] = an
1
= an
b) Suponhamos que n ∈ Z−, então
lim
x→∞
(ax+ 1)n
xn + A
=
lim
x→∞
(ax+ 1)n
lim
x→∞
(xn + A)
=
0
0 + A
= 0
c) Suponhamos que n = 0, então
lim
x→∞
(ax+ 1)0
x0 + A
= lim
x→∞
1
1 + A
=
1
1 + A
Miscelânea 3.1.8.
Calcular os seguintes limites:.
Solução.
1. lim
x→2
ex−2 − e2−x
sen (x− 2) = limx→2
[
ex−2 − e2−x
(x− 2) ·
(x− 2)
sen (x− 2)
]
podemos supor que x − 2 = y,
então quando x→ 2, tem-se que y → 0.
Assim, lim
x→2
[
ex−2 − e2−x
(x− 2) ·
(x− 2)
sen (x− 2)
]
= lim
y→0
[
ey − e−y
2y
· 2y
sen y
]
=
lim
y→0
senh y
y
· 2
lim
y→0
sen y
y
= (1) · 2
1
= 2
Portanto, lim
x→2
ex−2 − e2−x
sen (x− 2) = 2
2. Seja L = lim
x→pi
2
tanx
tan 3x
= lim
x→pi
2
sen x
sen 3x
·cos 3x
cos x
=
sen pi
2
sen 3pi
2
lim
x→pi
2
cos 3x
cosx
= − lim
x→pi
2
cos 3x
cos x
⇒
L = − lim
x→pi
2
cos x cos 2x− sen xsen 2x
cos x
= − lim
x→pi
2
cosx cos 2x− 2sen 2x cos x
cos x
⇒
L = − lim
x→pi
2
(cos 2x− 2sen 2x) = −(cos pi − 2sen 2pi
2
) = 3
3. Seja L = lim
x→3
ex−3 + e3−x − 2
1− cos(x− 3) , podemos supor que x− 3 = y, então quando x → 3,
272 Christian Quintana Pinedo
tem-se que y → 0. Assim
L = lim
y→0
ey + e−y − 2
1− cos y = limy→0
y2
1− cos y ·
ey + e−y − 2
y2
=
L =
1
lim
y→0
1−cos y
y2
· lim
y→0
(ey/2 − e−y/2)2
y2
=
1
1/2
· lim
y→0
[
senh (y/2)
y/2
]2
= (2)(12) = 2
4. lim
x→0
1− cotx− x2
2
x4 ⇓
⇓
⇓
⇓
5. lim
x→0
tanx− x
x− sen x = limx→0
(sen x− x)− x(cosx− 1)
cos x(x− sen x) = limx→0
1
cos x
·lim
x→0
[
−1− x(cosx− 1)
(x− sen x)
]
=
= (1) lim
x→0
[
−1 + x((sen
2x− x2) + x2)
(x− sen x)(cosx+ 1)
]
= lim
x→0
[
−1− 0
2
+
x(x2)
(x− sen x)(cosx+ 1)
]
= 2
6. lim
x→+∞
Ln x
xα
α > 0, α /∈ N
⇓
⇓
⇓
⇓
7. lim
x→+∞
xn
ex
n ∈ N
⇓
⇓
⇓
⇓
8. lim
x→0
[
cos
√
15
x
]4x
= lim
x→0
exp
[
Ln (cos
√
15
x
)4x
]
= lim
x→0
exp (4x · Ln
[
cos
√
15
x
]
) = e0 = 1
9. lim
x→+∞
xα
ex
α > 0, α /∈ N
⇓
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 273
⇓
⇓
⇓
Miscelânea 3.1.9.
Mostre através de um exemplo que se existe uma sequência {xn}n∈N+ de números reais
tais que f(xn) > n, então não necessariamente existe o limite de f(xn) quando n −→∞.
Solução.
Miscelânea 3.1.10.
Sejam f : [a, b] −→ R e g : [a, b] −→ R funções tais que:
lim
x→c
f(x)
g(x)
= 1 ⇒ lim
x→c
f(x) = lim
x→c
g(x)
para c ∈ (a, b).
Demonstração.
Demonstrarei por contradição.
Suponhamos que lim
x→c
f(x) 6= lim
x→c
g(x).
Por exemplo seja lim
x→c
f(x) = L e lim
x→c
g(x) = M 6= 0, então L 6= M .
Sabe-se que
1 6= L
M
=
lim
x→c
f(x)
lim
x→c
g(x)
= lim
x→c
f(x)
g(x)
logo, lim
x→c
f(x)
g(x)
6= 1.
Se M = 0, seja g(x) = (x − c)kh(x) tal que h(c) 6= 0 para algum k ∈ N, logo
lim
x→c
f(x)
h(x)
∈ R
lim
x→c
f(x)
lim
x→c
g(x)
=
lim
x→c
f(x)
lim
x→c
(x− c)k · lim
x→c
h(x)
= lim
x→c
1
(x− c)k · limx→c
f(x)
h(x)
=∞ 6= 1
274 Christian Quintana Pinedo
Portanto, lim
x→c
f(x)
g(x)
= 1 ⇒ lim
x→c
f(x) = lim
x→c
g(x) para c ∈ (a, b).
Miscelânea 3.1.11.
Um equipamento foi comprado por R$20.000 e espera-se que seu valor final depois
de 10 anos de uso seja R$1.500. Se o método da linha reta for usado para depreciar o
equipamento de R$20.000 a R$1.500 em 10 anos, qual o valor líquido do equipamento
depois de 6 anos? Quando o valor do equipamento é 0 (zero) reais?.
Solução.
Suponhamos hoje o tempo t = 0, então temos no eixo de coordenadas o ponto
(0, 20000), depois de t = 10 anos a linha reta que representa a depreciação o valor econô-
mico do equipamento passará pelo ponto (10, 1500).
O coeficiente angular da reta procurada é m =
20000− 1500
10− 0 = −1850.
A equação da reta procurada é y − 20000 = −1850(t− 0), isto é y = 20000− 1850t
Depois de t = 6 anos, o valor do equipamento será y = 8900 reais.
Quando y = 0 temos 0 = 20000− 1850t ⇒ t = 20000
1850
= 10, 81 anos.
Capítulo 4
CONTINUIDADE
4.1 Conceitos Básicos.
Exercícios 4-1
Exercício 4.1.1.
Mostre utilizando ε e δ que cada uma das seguintes funções é contínua no ponto
indicado.
Solução.
1. Temos f(−2) = 16 existe.
| f(x)− f(−2) |=| (−5x+ 6)− 16 |=| −5 | · | x− (−2) |= 5 | x+ 2 |< 5δ = ε
Assim, ∀ ε > 0 existe δ = ε
5
> 0 tal que | (−5x + 6) − 16 |< ε sempre que
| x− (−2) |< δ então lim
x→−2
(−5x+ 6) = f(−2) existe.
Portanto, f(x) = −5x+ 6 é contínua em a = −2
2. Temos que f(3) = 32 existe.
| f(x)− f(3) |=| (3x2 + 5)− 32 |=| 3 | · | x+ 3 | · | x− 3 | (4.1)
Seja δ1 = 1 ⇒ −1 < x− 3 < 1 ⇒ 5 <| x+ 3 |< 7 em (4.1) segue
| f(x)− f(3) |=| (3x2+5)− 32 |=| 3 | · | x+3 | · | x− 3 |< (3)(7) | x− 3 |< 21δ = ε
Assim, ∀ ε > 0 existe δ = min{ ε
21
, 1 } > 0 tal que | (3x2 + 5)− 32 |< ε sempre que
| x− 3 |< δ então lim
x→3
(3x2 + 5) = f(3) existe.
Portanto, f(x) = 3x2 + 5 é contínua em a = 3
275
276 Christian Quintana Pinedo
3. Temos que f(1) = 1 existe.
| f(x)− f(1) |=| x4 − 1 |=| x2 + 1 | · | x+ 1 | · | x− 1 | (4.2)
Seja δ1 = 1 ⇒ −1 < x− 1 < 1 ⇒ 1 <| x+ 1 |< 3 e 2 <| x2 + 2 |< 6 em
(4.2) segue
| f(x)− f(1) |=| x4 − 1 |=| x2 + 1 | · | x+ 1 | · | x− 1 |< (6)(3) | x− 1 |< 18δ = ε
Assim, ∀ ε > 0 existe δ = min{ ε
18
, 1 } > 0 tal que | x4 − 1 |< ε sempre que
| x− 1 |< δ então lim
x→3
x4 = f(1) existe.
Portanto, f(x) = x4 é contínua em a = 1
4. Temos f(−1) = 2 existe.
| f(x)− f(−1) |=| (x2 + 5x+ 6)− 2 |=| x+ 4 | · | x+ 1 | (4.3)
Seja δ1 = 1 ⇒ −1 < x+ 1 < 1 ⇒ 2 <| x+ 4 |< 4 em (4.3) segue
| f(x)− f(−1) |=| (x2 + 5x+ 6)− 2 |=| x+ 4 | · | x+