obra1

MANUEL JOAQUIM ALVES

ELEMENTOS DE ANALISE MATEMATICA. PARTE I

* Metodo de inducao matematica

* Sucessao. Limite de sucessao

* Sucessoes fundamentais

* Funcao. Limite de funcao

* Limites notaveis

* Comparacao de infinitesimos

Imprensa Universitaria

Manuel Joaquim Alves1 “Elementos de Analise Matematica. Parte I”– Maputo: ImprensaUniversitaria, 2000.– 123p.

A colectanea de exercıcios aborda o tema sobre limite de sucessao e funcao. O presente trabalho destina-se aos

estudantes dos cursos de Matematica, Ciencias e Engenharias.

Referencias bibliograficas: 4 tıtulos.

Numero de registo: 01882/RLINLD/2000

Tiragem: 1500

Revisao: Prof. Doutor A. I. Shindiapin (Professor Associado Convidado no Departamento de Matematica e Informatica);

dr. Luıs Weng Sam (Assistente no Departamento de Matematica e Informatica).

c© M. J. Alves, 2000

Este trabalho foi editado com o apoio financeiro da Cervejas de Mocambique.

Typeset by LATEX

1Prof. Doutor M. J. Alves e mestrado (Universidade Estatal de Saint-Petersburg) e doutorado (Universidade Estatal

de Perm) em Matematica Pura. Actualmente e professor no Departamento de Matematica e Informatica da Universidade

Eduardo Mondlane. O seu endereco electronico e: [email protected]

CONTEUDO

Prefacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1 METODO DE INDUCAO MATEMATICA 81.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 SUCESSAO. LIMITE DE SUCESSAO 152.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3 INFINITESIMO E INFINITAMENTE GRANDE 223.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4 PROPRIEDADES ARITMETICAS DE SUCESSOES CONVERGENTES 294.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3

4

5 SUCESSOES MONOTONAS 435.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

6 LIMITES PARCIAIS 486.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 486.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 516.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

7 SUCESSOES FUNDAMENTAIS 547.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 547.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 557.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 577.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

8 FUNCAO 608.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 608.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 618.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 688.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

9 LIMITE DE FUNCAO 719.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 719.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 749.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 839.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

10 LIMITES NOTAVEIS 8510.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8510.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8610.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9610.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

5

11 COMPARACAO DE INFINITESIMOS 9911.1 Resumo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9911.2 Exercıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10011.3 Perguntas de controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11011.4 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115Indice remissivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

PREFACIO

O presente trabalho e uma colectanea de exercıcios referentes ao primeiro e segundo temas da

disciplina Analise Matematica I.

Pretendemos, deste modo, mostrar a aplicacao dos teoremas e conceitos principais condu-

centes a assimilacao dum dos topicos basico e fundamental da Analise Matematica, que e a

nocao de limite.

Faz-se uma breve revisao de conceitos tais como sucessao, funcao, seu domınio e con-

tradomınio. Introduz-se a nocao de limite de sucessao e funcao, suas propriedades e vem-se,

de um modo geral, os limites notaveis. Aborda-se, tambem, o conceito de o– pequeno, O–

grande e retratam-se algumas formulas assımptoticas que nos mostram, de modo profundo, o

seu impacto no calculo de limites.

A assimilacao dos principais conceitos e teoremas, que se encontram no resumo teorico,

sao fundamentais para a compreensao dos exercıcios resolvidos e a resolucao dos exercıcios

propostos. Subentende-se que as demonstracoes destes teoremas o leitor teve a oportunidade

6

7

de aprende-las durante as aulas teoricas ministradas.

Parte dos exercıcios aqui retratados foram retirados do livro sob redaccao do academico

russo Boris Pavlovitch Demidovitch2.

Gostarıamos de exprimir os nossos agradecimentos a todos que, directa ou indirectamente,

contribuıram para que este trabalho fosse publicado. A CERVEJAS DE MOCAMBIQUE, que

financiou esta edicao, o nosso agradecimento.

O autor

Maputo, 2001

2Boris Pavlovitch Demidovitch (1906–1977) — matematico russo

Modulo 1

METODO DE INDUCAO

MATEMATICA

1.1 Resumo teorico

Para se demonstrar que uma afirmacao e correcta para qualquer numero natural n , e suficiente

mostrar que:

1) a afirmacao e correcta para n = 1;

2) caso o ponto anterior se cumpra, entao supoe-se que a afirmacao e correcta para n = k ;

3) finalmente mostramos que, com base na suposicao 2), a afirmacao e correcta para n =

k + 1.

8

Modulo 1. Metodo de inducao matematica 9

1.2 Exercıcios resolvidos

1) Nos exercıcios seguintes mostre, aplicando o metodo de inducao matematica, que as igual-

dades tem lugar para qualquer n natural:

(a) 1 + 2 + · · ·+ n =n(n + 1)

2;

Resolucao. Para n = 1 temos 1 =1(1 + 1)

2, i.e. o ponto 1) do metodo de inducao

matematica cumpre-se. Suponhamos que para n = k a igualdade e valida, i.e.

1 + 2 + · · ·+ k =k(k + 1)

2. Sendo assim, mostremos que para n = k + 1 a igualdade

se cumpre, i.e.

1 + 2 + · · ·+ k + (k + 1) =(k + 1)(k + 2)

2?

Realmente,

1+2+· · ·+k+(k+1) =k(k + 1)

2+(k+1) =

k(k + 1) + 2(k + 1)

2=

(k + 1)(k + 2)

2. ¤

(b) 12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6;

Resolucao. Para n = 1 temos 12 =1(1 + 1)(2 + 1)

6=

2 · 36

= 1. Suponhamos que

para n = k a igualdade e valida, i.e.

12 + 22 + · · ·+ k2 =k(k + 1)(2k + 1)

6.

Vamos mostrar que para n = k + 1 a igualdade cumpre-se, i.e.

12 + 22 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 =(k + 1)(k + 2)(2k + 3)

6?

10 M.J. Alves. Elementos de analise matematica. Parte I

Com efeito:

12 + 22 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 =k(k + 1)(2k + 1)

6+ (k + 1)2 =

=k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2

6=

(k + 1)[k(2k + 1) + 6(k + 1)]

6=

=(k + 1)(2k2 + k + 6k + 6)

6=

(k + 1)(2k2 + 7k + 6)

6=

(k + 1)(k + 2)(2k + 3)

6. ¤

(c) arctg1

2+ arctg

1

8+ · · ·+ arctg

1

2n2= arctg

n

n + 1;

Resolucao. Para n = 1 temos arctg1

2= arctg

1

1 + 1, i.e. a igualdade cumpre-se.

Suponhamos que para n = k a igualdade e correcta, i.e.

arctg1

2+ arctg

1

8+ · · ·+ arctg

1

2k2= arctg

k

k + 1.

Mostremos que a igualdade e correcta para n = k + 1, i.e.

arctg1

2+ arctg

1

8+ · · ·+ arctg

1

2k2+ arctg

1

2(k + 1)2= arctg

k + 1

k + 2?

Para tal vamos mostrar, inicialmente, a igualdade:

arctgα + arctgβ = arctgα + β

1− αβ.

Fazendo θ1 = arctgα e θ2 = arctgβ temos que α = tgθ1 e β = tgθ2 . Seja

γ = θ1 + θ2 =⇒ tgγ = tg(θ1 + θ2) =tgθ1 + tgθ2

1− tgθ1tgθ2

=α + β

1− αβ=⇒

=⇒ γ = θ1 + θ2 = arctgα + arctgβ = arctgα + β

1− αβ.


Assim,

arctg1

2+ · · ·+ arctg

1

2k2+ arctg

1

2(k + 1)2= arctg

k

k + 1+ arctg

1

2(k + 1)2=

= arctg

kk+1

+ 12(k+1)2

1− kk+1

· 12(k+1)2

= arctg(2k2 + 2k + 1)(k + 1)

(2k3 + 6k2 + 5k + 2)=

= arctg(2k2 + 2k + 1)(k + 1)

(2k2 + 2k + 1)(k + 2)= arctg

k + 1

k + 2. ¤

2) Demonstre a desigualdade de Bernoulli1:

(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xn) ≥ 1 + x1 + · · ·+ xn,

onde xi > −1, i = 1, 2, . . . , n e xixj > 0, i, j = 1, 2, . . . , n ;

Resolucao. Para n = 1 a desigualdade cumpre-se. Suponhamos que ela e correcta para

n = k , i.e.

(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xk) ≥ 1 + x1 + x2 + · · ·+ xk.

Vamos mostrar a validade desta desigualdade para n = k + 1. Temos, para xi > −1,

(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xk)(1 + xk+1) ≥ (1 + x1 + x2 + · · ·+ xk)(1 + xk+1) =

= (1+x1 +x2 + · · ·+xk +xk+1)+ (x1 +x2 + · · ·+xk)xk+1 ≥ 1+x1 +x2 + · · ·+xk +xk+1.

Nos fizemos uso da desigualdade (x1 + x2 + · · · + xk)xk+1 ≥ 0, pois segundo a condicao

do exercıcio xixj > 0, i, j = 1, 2, . . . , n . ¤1Jacob I Bernoulli (1654–1705) — matematico suıco


3) Demonstre a desigualdade

1

2· 3

4· · · 2n− 1

2n<

1√2n + 1

;

Resolucao. Para n = 1 a desigualdade cumpre-se, pois

1

2<

1√2 · 1 + 1

=1√3;

suponhamos que ela tambem cumpre-se para n = k , i.e.

1

2· 3

4· · · 2k − 1

2k<

1√2k + 1

.

Vamos mostrar que esta desigualdade e correcta para n = k + 1, i.e.

1

2· 3

4· · · 2k − 1

2k· 2k + 1

2k + 2<

1√2k + 3

?

Na verdade:

1

2· 3

4· · · 2k − 1

2k· 2k + 1

2k + 2<

1√2k + 1

· 2k + 1

2k + 2=

=1√

2k + 3·√

2k + 3√2k + 1

· 2k + 1

2k + 2=

1√2k + 3

·√

4k2 + 8k + 3

4k2 + 8k + 4<

1√2k + 3

. ¤

4) Demonstre a desigualdade∣∣∣∣∣sin

(n∑

i=1

xi

)∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=1

sin xi, 0 ≤ xi ≤ π, i = 1, 2, . . . , n;

Resolucao. Para n = 1 temos | sin x1| = sin x1 pois, para 0 ≤ x1 ≤ π , o seno e positivo.

Suponhamos que para n = k a desigualdade tem lugar, i.e.∣∣∣∣∣sin

(k∑

i=1

xi

)∣∣∣∣∣ ≤k∑

i=1

sin xi.


Vamos mostrar que para n = k + 1 a desigualdade cumpre-se:∣∣∣∣∣sin

(k+1∑i=1

xi

)∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣sin(

k∑i=1

xi + xk+1

)∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣sin(

k∑i=1

xi

)cos xk+1 + cos

(k∑

i=1

xi

)sin xk+1

∣∣∣∣∣ ≤

≤∣∣∣∣∣sin

(k∑

i=1

xi

)∣∣∣∣∣ | cos xk+1|+∣∣∣∣∣cos

(k∑

i=1

xi

)∣∣∣∣∣ | sin xk+1| ≤

≤k∑

i=1

sin xi + sin xk+1 =k+1∑i=1

sin xi. ¤

1.3 Perguntas de controle

1) Em que consiste o metodo de inducao matematica?

1.4 Exercıcios propostos

Para os exercıcios seguintes demonstre, usando o metodo de inducao matematica, as igualdades

ou desigualdades:

1) 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2 ;

2) 1 + 2 + 22 + · · ·+ 2n−1 = 2n − 1;

3) (1 + x)n ≥ 1 + nx (n > 1, x > −1);

4) 1 +1√2

+1√3

+ · · ·+ 1√n

>√

n, (n ≥ 2);


5)x1 + x2 + · · ·+ xn

n≥ n√

x1x2 · · ·xn (xk ≥ 0, k = 1, 2, . . . , n).

6) Utilizando o metodo de inducao matematica demonstre, que

∀ n ∈ N : n ≤ 2n−1.

Modulo 2

SUCESSAO. LIMITE DE SUCESSAO

2.1 Resumo teorico

Se a cada numero natural n se faz corresponder um certo numero real xn , entao diremos que

esta definida a sucessao numerica x1, x2, . . . , xn, . . . A denotacao usada e {xn}∞n=1 ou, caso

nao suscite duvidas, xn . O numero xn e o n-esimo termo (ou elemento) da sucessao {xn}∞n=1 .

As sucessoes {xn + yn} , {xn− yn} , {xnyn} e

{xn

yn

}chamaremos soma, diferenca, produto

e quociente, respectivamente, das sucessoes {xn} e {yn} (para o quociente supoe-se que yn 6=

0, ∀ n ∈ N).

Diremos que a sucessao {xn} e limitada se ∀ n ∈ N ∃ M > 0 : |xn| ≤ M . Do ponto de

vista geometrico significa que todos os elementos da sucessao se encontram na vizinhanca do

ponto 0 e raio M .

15


Diremos que a sucessao {xn} nao e limitada se ∃ n0 ∈ N ∀ M > 0 : |xn0| > M .

Diremos que o numero a e limite da sucessao {xn} se

∀ ε > 0 ∃ N = N(ε) ∈ N ∀ n > N : |xn − a| < ε.

A denotacao usada e limn→∞

xn = a , ou lim xn = a , ou xn → a . Do ponto de vista geometrico

significa que em qualquer vizinhanca de a e raio ε “caiem” todos os elementos da sucessao

{xn} , com excepcao dum numero finito. Se uma sucessao tem limite finito, entao diremos que

ela e convergente; se uma sucessao nao tem limite, ou o seu limite e igual a infinito, entao

diremos que ela e divergente.

Teorema 1. Se a sucessao {xn} e convergente, entao o seu limite e unico.

Teorema 2. Se a sucessao {xn} e convergente, entao ela e limitada.

A afirmacao contraria nao e verdadeira: uma sucessao pode ser limitada, mas nao ser

convergente. Por exemplo, a sucessao de termo geral (−1)n e limitada, mas nao converge.


1) Utilizando a definicao de limite mostre que

limn

n + 1= 1;

Modulo 2. Sucessao. Limite de sucessao 17

Resolucao. Pegamos um ε > 0 qualquer e vamos ver o modulo da diferenca entre o

n-esimo termo e a unidade, i.e.

|xn − 1| =∣∣∣∣

n

n + 1− 1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−1

n + 1

∣∣∣∣ .

Assim, |xn − 1| =

∣∣∣∣−1

n + 1

∣∣∣∣ =1

n + 1; de acordo com a definicao temos que achar um

numero natural N tal, que ∀ n > N tera lugar a desigualdade1

n + 1< ε . Resolvendo

esta desigualdade em relacao a n temos n >1

ε− 1. Na qualidade de N podemos tomar

a parte inteira de1

ε− 1, i.e. N =

[1

ε− 1

]. ¤

2) No exercıcio anterior ache N , para ε = 0.1, ε = 0.01 e ε = 0.001. Que conclusao tira

sobre o comportamento de N a medida que o raio da vizinhanca diminui?

Resolucao. Calculando directamente obtemos:

N(0.1) =

[1

0.1− 1

]= 9;

N(0.01) =

[1

0.01− 1

]= 99;

N(0.001) =

[1

0.001− 1

]= 999.

Vemos que N cresce, o que implica que mais termos caiem fora da vizinhanca de 1. ¤

3) Utilizando a definicao mostre que

limn→∞

5 · 3n

3n − 2= 5;


Resolucao. Pela definicao de limite significa que

∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n > N :

∣∣∣∣5 · 3n

3n − 2− 5

∣∣∣∣ < ε.

Assim,∣∣∣∣

5 · 3n

3n − 2− 5

∣∣∣∣ =10

3n − 2< ε.

Resolvendo esta inequacao em relacao a n temos

n > log3

(10

ε+ 2

).

Na qualidade de N podemos tomar

N =

[log3

(10

ε+ 2

)]. ¤

4) Mostre, utilizando a definicao de limite, que

limn→∞

1√n!

= 0;

Resolucao. Sabendo que para n > 1 e valida a desigualdade n! > 2n−1 temos

1√n!

<1

2(n−1)/2< ε =⇒ 2(n−1)/2 >

1

ε.

Daqui, logaritmizando na base 2, obtemos n > 1 − log2 ε2 , portanto podemos tomar

N = [1− log2 ε2] . ¤

5) Formule, na linguagem “ε−N ”, o facto de que o numero a nao e limite da sucessao {xn}

e de uma interpretacao geometrica;


Resolucao. Por definicao, dizer que lim xn = a significa que

∀ ε ∃ N ∀ n > N : |xn − a| < ε.

Utilizando a regra de construcao da negacao temos que lim xn 6= a se

∃ ε > 0 ∀ N ∃ n > N : |xn − a| ≥ ε.

A interpretacao geometrica deste facto e que existe uma vizinhanca de a de raio ε tal que

fora dela se encontra um numero infinito de termos da sucessao. ¤

6) Mostre que a sucessao de termo geral xn = (−1)nn e divergente;

Resolucao. Por definicao, |(−1)nn| = n > E verifica-se para n > E ≡ N , onde E > 0

e qualquer. ¤

7) Mostre que a sucessao de termo geral xn = 2n(−1)nnao e limitada;

Resolucao. De acordo com a definicao de sucessao nao limitada, precisamos mostrar que

∀ M > 0 ∃ n0 ∈ N tal, que |xn0| > M . Pegando um numero n qualquer, mas par, de

modo que n > log2 M temos xn = 2n > 2log2 M = M . ¤


1) Formule as definicoes:

(a) sucessao;


(b) sucessao limitada;

(c) limite de sucessao.

De uma interpretacao geometrica destas definicoes.

2) Diga se e correcta a seguinte definicao de limite de sucessao: lim xn = α se ∀ ε > 0 ∃ k > 0

(nao obrigatoriamente natural) tal, que ∀ n > k : |xn − α| < ε .

3) Mostre, com um exemplo, que o numero N que figura na definicao de limite duma

sucessao, depende de ε .

4) Seja pois {xn} uma sucessao e o numero α , que satisfaz a condicao: ∃ N tal, que ∀ ε > 0

e ∀ n > N : |xn − α| < ε . Sera que qualquer sucessao convergente para α satisfaz esta

condicao?

5) Seja lim xn = α .

(a) Sera possıvel que todos os termos da sucessao sejam positivos (negativos) se α = 0?

(b) Demonstre que lim xn+1 = α , lim xn+2 = α ;

(c) Demonstre que xn e limitada.

6) Suponhamos que numa certa vizinhanca do ponto α se encontram um numero infinito de

elementos da sucessao {xn} . Desta condicao sera verdade, que:

(a) lim xn = α?


(b) Nenhum ponto, que se encontre fora desta vizinhanca, e o limite desta sucessao?

(c) A sucessao {xn} e limitada?

7) Diga o que entende por sucessao convergente e sucessao divergente.

8) A sucessao {xn} e limitada (nao e limitada). Sera que daı advem o facto que {xn} e

convergente (divergente)?

9) Demonstre que o limite duma sucessao (caso exista) e um so.


1) Verifique se as sucessoes seguintes sao limitadas:

(a) xn = (−1)n 1

n;

(b) xn = 2n ;

(c) xn = ln n ;

(d) xn = sin n .

2) Utilizando a definicao de limite mostre que:

(a) lim(−1)n

n= 0;

(b) lim2n

n + 3= 2.

Modulo 3

INFINITESIMO E INFINITAMENTE

GRANDE

3.1 Resumo teorico

Diremos que a sucessao de termo geral xn e um infinitesimo se lim xn = 0. Diremos que a

sucessao de termo geral xn e infinitamente grande se

∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |xn| > E.

Do ponto de vista geometrico dizer que uma sucessao e infinitamente grande significa que em

qualquer vizinhanca de zero se encontra um numero finito de elementos, e fora da vizinhanca

ha um numero infinito de termos. Se a sucessao {xn} e um infinitamente grande, entao escreve-

22

Modulo 3. Infinitesimo e infinitamente grande 23

se lim xn = ∞ . Se, a partir de um certo numero, todos os termos da sucessao sao positivos

(negativos), entao escreve-se lim xn = +∞ (lim xn = −∞).

Note-se que uma sucessao infinitamente grande nao e convergente e a escrita simbolica

lim xn = ∞ (lim xn = −∞) significa somente que a sucessao {xn} e infinitamente grande,

contudo nao significa que ela tem limite. Qualquer que seja a sucessao infinitamente grande,

ela nao e limitada, ja que fora de qualquer vizinhanca de zero encontra-se um numero infinito

de termos.

Teorema 3. A soma de dois infinitesimos e um infinitesimo.

Teorema 4. O produto de uma sucessao limitada por um infinitesimo e um infinitesimo.

Teorema 5. Se a sucessao {xn} (xn 6= 0) e infinitamente grande, entao a partir de um certo

numero n esta definida a sucessao

{1

xn

}, que e um infinitesimo.


1) Formule, na linguagem “ε–N ”, a negacao de que a sucessao {xn} e um infinitamente

grande. De a interpretacao geometrica desta negacao;

Resolucao. A sucessao xn e infinitamente grande se ∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |xn| > E .

A negacao sera: ∃ E > 0 tal, que ∀ N ∃ n > N : |xn| ≤ E .

Do ponto de vista geometrico isto significa, que existe uma certa vizinhanca do ponto zero


e raio E , no qual se encontra um numero infinito de termos desta sucessao. ¤

2) Demonstre que a sucessao an e um infinitamente grande, para o caso quando |a| > 1;

Resolucao. Mostremos que a sucessao {an} satisfaz a definicao de infinitamente grande,

i.e.

∀ E > 0 ∃ N ∀ n > N : |a|n > E.

Resolvendo esta desigualdade temos n > log|a| E , assim N = [log|a| E] . ¤

3) Mostre que a sucessao de termo geral xn = n(−1)nnao e limitada, contudo nao tende para

o infinito;

Resolucao. Seja E > 0 um numero qualquer. Entao, para n = 2k (k = 1, 2, . . .) temos

|x2k| = 2k > E se k > E/2, i.e. a sucessao xn nao e limitada. Contudo, para E > 1 e

n = 2k − 1 (k = 1, 2, . . .) |x2k−1| = 1

2k − 1< 1 e nao pode ser superior a E > 1, i.e. nao

e infinitamente grande. ¤

4) Demonstre que a sucessao de termo geral an e um infinitesimo, para o caso quando |a| < 1;

Resolucao. Para a = 0 temos an = 0, qualquer que seja o numero natural n ; supon-

hamos que a 6= 0, entao an =

((1

a

)n)−1

. Como

∣∣∣∣1

a

∣∣∣∣ > 1, entao a sucessao

{1

an

}e

um infinitamente grande e a sucessao de termo geral an =

((1

a

)n)−1

e um infinitesimo,

segundo o Teorema 5. ¤

5) Mostre que a sucessao de termo geral2n

n!e um infinitesimo;


Resolucao. Dizer que lim2n

n!= 0 significa: ∀ ε > 0 ∃ N ∀ n > N :

∣∣∣∣2n

n!

∣∣∣∣ < ε. Temos

2n

n!=

2

1· 2

2· 2

3· · · 2

n≤ 2

(2

3

)n−2

=

=9

2·(

2

3

)n

< ε =⇒(

2

3

)n

<2

9ε =⇒ n > log2/3(2ε/9).

Assim, N =[log2/3(2ε/9)

]. ¤

6) Mostre que a sucessao

{an

n!

}e um infinitesimo;

Resolucao. Temos a avaliacao

∣∣∣∣an

n!

∣∣∣∣ =|a|1· |a|

2· · · |a|

m· |a|m + 1

· · · |a|n

<

<|a|mm!

( |a|m + 1

)n−m

< ε =⇒( |a|

m + 1

)n−m

<m!ε

|a|m =⇒

=⇒ (n−m) > log|a|/(m+1)

(m!ε

|a|m)

,

i.e. n > m + log|a|/(m+1)

(m!ε

|a|m)

qualquer que seja ε e |a| < m + 1. ¤

7) Mostre que a sucessao de termo geral1

2· 3

4· · · · 2n− 1

2ne um infinitesimo;

Resolucao. Segundo o exercıcio 5 do ponto 1.2 temos

1

2· 3

4· · · 2n− 1

2n<

1√2n + 1

< ε =⇒

=⇒ 2n + 1 >1

ε2=⇒ n >

1

2

(1

ε2− 1

).

Assim, N =

[1

2

(1

ε2− 1

)]. ¤



1) Formule as definicoes:

(a) sucessao infinitamente pequena;

(b) sucessao infinitamente grande.

2) Formule, na linguagem “ε–N ”, que:

(a) a sucessao {xn} e um infinitesimo;

(b) a sucessao {xn} e um infinitamente grande. De a interpretacao geometrica.

3) De a definicao, na linguagem “ε–N ”, que lim xn = −∞ .

4) Suponhamos que um numero infinito de termos duma sucessao se encontra:

(a) em qualquer vizinhanca de zero;

(b) fora de qualquer vizinhanca de zero.

Da condicao a) (da condicao b)) implica que a sucessao e infinitamente pequena

(infinitamente grande)? Limitada (nao limitada)?

5) Sabe-se que yn 6= 0, ∀ n ∈ N e

(a) lim xn = lim yn = 0;

(b) lim xn = lim yn = ∞ .


Sera que a sucessao de termo geralxn

yn

e um infinitamente grande (infinitamente

pequeno)?

6) Mostre que a soma de dois infinitesimos e um infinitesimo.

7) E correcto dizer que a soma de dois infinitamente grande e um infinitamente grande?

8) Demonstre que se lim xn = ∞ , entao a partir de um certo n esta definida a sucessao{

1

xn

}e lim

1

xn

= 0.

9) Seja {xn + yn} um infinitesimo. Sera correcto afirmar que {xn} e {yn} sao infinitesimos?

10) Demonstre que se xn ≥ yn e lim yn = +∞ , entao lim xn = +∞ .


1) Demonstre que as sucessoes seguintes sao infinitesimos:

(a) xn = nk, k < 0;

(b) xn = (−1)n(0.999)n ;

(c) xn = 2√

n ;

(d) xn = log(log n), n ≥ 2.

2) Mostre que a sucessao [1+(−1)n]n nao e limitada, contudo nao e um infinitamente grande.


3) Ache o menor termo da sucessao:

(a) xn = n2 − 9n− 100;

(b) xn = n +100

n.

Modulo 4

PROPRIEDADES ARITMETICAS

DE SUCESSOES CONVERGENTES

4.1 Resumo teorico

Teorema 6. Seja lim xn = a e lim yn = b. Entao:

1) lim (xn + yn) = a + b;

2) lim (xnyn) = ab;

3) se b 6= 0, entao a partir de um certo numero esta definida a sucessao de termo geralxn

yn

e limxn

yn

=a

b.

Se lim xn = lim yn = 0, entao limxn

yn

chama-se indeterminacao do tipo 0/0. De modo

29


analogo se definem as indeterminacoes do tipo ∞/∞ , 0 · ∞ , ∞−∞ . E claro que para tais

limites o Teorema 6 nao se aplica.

Teorema 7. Se lim xn = a e a partir de um certo numero temos que xn ≥ b (xn ≤ b), entao

a ≥ b (a ≤ b).

Teorema 8. Se lim xn = lim yn = a e a partir de um certo numero cumpre-se a dupla de-

sigualdade

xn ≤ zn ≤ yn,

entao lim zn = a.


1) Calcule lim xn , se:

(a) xn =9 + n

n+1

2 + 1n

;

Resolucao. Facamos yn = 9 +n

n + 1e zn = 2 +

1

n; e claro que

lim yn = lim

(9 +

n

n(1 + 1n)

)= 10

e

lim zn = lim

(2 +

1

n

)= 2.

Modulo 4. Propriedades aritmeticas de sucessoes convergentes 31

Assim, aplicando o Teorema 6 temos

lim xn = limyn

zn

=lim yn

lim zn

=10

2= 5. ¤

(b) xn =n

3n + 2;

Resolucao. Calculando directamente temos:

limn

3n + 2= lim

n

n(3 + 2n)

= lim1

3 + 2n

=1

3. ¤

(c) xn =10n

n2 + 1;


lim10n

n2 + 1= lim

10n

n(n + 1n)

= lim10

n + 1n

= 0. ¤

(d) xn =n2 − n

n−√n;

Resolucao. Calculando directamente e tendo em consideracao o facto de que

n2 − n = (n +√

n)(n−√n)

temos:

limn2 − n

n−√n= lim

(n +√

n)(n−√n)

n−√n= lim(n +

√n) = ∞+∞ = ∞. ¤

(e) xn =5 · 3n

3n − 2;


lim5 · 3n

3n − 2= lim

5 · 3n

3n(1− 23n )

= lim5

1− 23n

= 5. ¤


(f) xn =2− n

n + 1+

n · 2−n

n + 2;

Resolucao. Denote-se yn =2− n

n + 1e zn =

n · 2−n

n + 2. Temos

lim yn = limn( 2

n− 1)

n(1 + 1n)

= −1

e

lim zn = limn

n(1 + 2n)2n

= lim1

(1 + 2n)2n

= 0.

Assim, lim xn = lim yn + lim zn = −1. ¤

(g) xn =

(n + 1

n

)5

;


lim

(n + 1

n

)5

=

[lim

(n + 1

n

)]5

= 15 = 1. ¤

(h) xn =n3 + 27

n4 − 15;

Resolucao. O numerador comporta-se como n3 e o denominador como n4 . Daı,

que

limn3 + 27

n4 − 15= lim

n3

n4= lim

1

n= 0. ¤

(i) xn =(n + 5)3 − n(n + 7)2

n2;

Resolucao. Desenvolvemos, primeiro, o numerador:

(n + 5)3 − n(n + 7)2 = n3 + 15n2 + 75n + 125− n3 − 14n2 − 49n =

= n2 + 26n + 125.


Assim,

lim xn = limn2 + 26n + 125

n2= lim

n2

n2= 1. ¤

(j) xn =2n+2 + 3n+3

2n + 3n;

Resolucao. No numerador e denominador vamos evidenciar a potencia de maior

base. Assim,

lim xn = lim4 · 2n + 27 · 3n

2n + 3n= lim

3n[4(2/3)n + 27]

3n[(2/3)n + 1]= 27,

pois (2/3)n → 0, porque 2/3 < 1. ¤

2) Sabe-se que lim xn = 1. Ache lim yn , se yn =xn − 1

x2n − 1

;

Resolucao. Usando a expressao da diferenca de quadrados temos

x2n − 1 = (xn + 1)(xn − 1).

Assim,

lim xn = limxn − 1

(xn + 1)(xn − 1)= lim

1

xn + 1=

1

1 + lim xn

=1

2. ¤

3) Calcule

lim1 + a + · · ·+ an

1 + b + · · ·+ bn,

para |a| < 1, |b| < 1;

Resolucao. Os numerador e denominador sao somas de n termos de progressoes geome-

tricas de razao a e b , respectivamente. Assim, com base na formula que permite calcular


tais somas, temos:

1 + a + · · ·+ an =1− an+1

1− a, 1 + b + · · ·+ bn =

1− bn+1

1− b.

Em conclusao:

lim1 + a + · · ·+ an

1 + b + · · ·+ bn= lim

(1− an+1)(1− b)

(1− a)(1− bn+1)=

1− b

1− a.

Nos exploramos o facto que lim an+1 = 0 e lim bn+1 = 0, pois |a| < 1 e |b| < 1 segundo a

condicao do exercıcio. ¤

4) Calcule

lim

(1

n2+

2

n2+ · · ·+ n− 1

n2

);

Resolucao. Reescrevemos o termo geral de forma mais compacta:

xn =1

n2+

2

n2+ · · ·+ n− 1

n2=

1 + 2 + · · ·+ (n− 1)

n2.

O numerador e a soma de n− 1 termos duma progressao aritmetica, cujo primeiro termo

e 1 e razao igual a 1. Deste modo, e aplicando a formula que permite achar a soma dos

elementos duma progressao aritmetica, temos:

lim xn = lim(1 + n− 1)(n− 1)

2 · n2= lim

n(n− 1)

2 · n2=

1

2. ¤

5) Calcule

lim

(1

2+

1

2 · 3 + · · ·+ 1

n(n + 1)

);


Resolucao. Vamos primeiro escrever1

k(k + 1)na forma

A

k+

B

k + 1. Achamos A e B :

1

k(k + 1)=

A

k+

B

k + 1=

A(k + 1) + Bk

k(k + 1);

daqui tiramos que (A + B)k + A = 1 =⇒ A = −B e A = 1. Assim,

1

k(k + 1)=

1

k− 1

k + 1.

Voltando a nossa sucessao temos:

1

2+

1

2 · 3 + · · ·+ 1

n(n + 1)=

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ · · ·+

(1

n− 1

n + 1

)= 1− 1

n + 1.

Agora e facil achar o limite:

lim

(1

1 · 2 +1

2 · 3 + · · ·+ 1

n(n + 1)

)= lim

(1− 1

n + 1

)= 1. ¤

6) Calcule

lim

(1

2+

3

22+

5

23+ · · ·+ 2n− 1

2n

);

Resolucao. Fazendo

Sn =1

2+

3

22+

5

23+ · · ·+ 2n− 1

2n

temos

1

2Sn =

1

22+

3

23+

5

24+ · · ·+ 2n− 1

2n+1;

assim,

Sn − 1

2Sn =

1

2Sn =

1

2+

3− 1

22+

5− 3

23+ · · ·+ 2n− 1− 2n + 3

2n− 2n− 1

2n+1=


=1

2+

1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n−1− 2n− 1

2n+1=

1

2− 2n− 1

2n+1+ xn,

onde xn =1

2+

1

22+ · · · + 1

2n−1. E facil ver que xn e a soma de n − 1 termos de uma

progressao geometrica, cuja razao e1

2. Assim,

xn =12(1− 1

2n−1 )

1− 12

= 1− 1

2n−1.

Temos, finalmente,

lim1

2Sn = lim

(1

2− 2n− 1

2n+1+ 1− 1

2n−1

)=

1

2+ 1 =

3

2.

Daqui concluımos que lim Sn = 3. ¤

7) Calcule

lim2√

2 · 4√

2 · 8√

2 · · · 2n√2;

Resolucao. Temos

xn =2√

2 · 4√

2 · 8√

2 · · · 2n√2 = 2

12+ 1

4+ 1

8+···+ 1

2n = 21− 12n .

Assim, lim xn = 2lim(1− 12n ) = 21 = 2. ¤

8) Calcule

lim

√n cos n

n + 1;

Resolucao. Fazendo xn = cos n e yn =

√n

n + 1podemos ver que xn = cos n e limitada

e lim yn =

√n√

n(√

n + 1√n)

= 0 e um infinitesimo. Assim,

√n cos n

n + 1tende para zero, pois

segundo o Teorema 4, e o produto duma sucessao limitada por um infinitesimo. ¤


9) Calcule

lim14 + 24 + 34 + · · ·+ n4

n5;

Resolucao. Denotemos Sndef= 14 + 24 + 34 + · · ·+ n4 . Vamos procurar Sn na forma

Sn = An5 + Bn4 + Cn3 + Dn2 + En + F ;

entao,

Sn+1 − Sn = A[(n + 1)5 − n5] + B[(n + 1)4 − n4]+

+C[(n + 1)3 − n3] + D[(n + 1)2 − n2] + E[(n + 1)− n].

Para qualquer natural n temos

(n + 1)4 = 5An4 + (10A + 4B)n3 + (10A + 6B + 3C)n2+

+(5A + 4B + 3C + 2D)n + A + B + C + D + E.

Igualando os coeficientes com os mesmos expoentes a esquerda e direita temos:

5A = 1

10A + 4B = 4

10A + 6B + 3C = 6

5A + 4B + 3C + 2D = 4

A + B + C + D + E = 1.


Daqui tiramos A = 1/5, B = 1/2, C = 1/3, D = 0, E = 1/30. Deste modo, para

qualquer natural n temos:

Sn =1

5n5 +

1

2n4 +

1

3n3 − 1

30n + F.

Colocando n = 1 temos

1 =1

5+

1

2+

1

3− 1

30+ F =⇒ F ≡ 0.

Assim,

lim14 + 24 + 34 + · · ·+ n4

n5= lim

(1

5+

1

2n+

1

3n2− 1

30n4

)=

1

5. ¤

10) Seja a > 1. Demonstre que

lim n√

a = 1;

Resolucao. Denotamos n√

a− 1 = αn , entao αn > 0 e

a = (1 + αn)n = 1 + nαn + · · ·+ αnn ≥ nαn.

Daqui concluımos que 0 < αn ≤ a

n, ∀ n . Significa que lim αn = 0, consequentemente

lim n√

a = lim(1 + αn) = 1. ¤

11) Demonstre que

lim n√

n = 1;


Resolucao. Fazendo n√

n− 1 = αn , entao αn > 0 e

n = (1 + αn)n = 1 + nαn +n(n− 1)

2α2

n + · · ·+ αnn ≥

n(n− 1)

2α2

n,

para n ≥ 2. Como n − 1 ≥ n

2para n ≥ 2, entao n ≥ n2α2

n

4donde tiramos, que

0 ≤ αn ≤ 2√n

. Assim, lim αn = 0 e, consequentemente,

lim n√

n = lim(1 + αn) = 1. ¤


1) De a definicao de sucessao convergente.

2) Formule, na linguagem “ε–N ”, a definicao de sucessao divergente e de a interpretacao

geometrica desta definicao.

3) Formule os teoremas 6–8.

4) Suponhamos que xn converge e yn diverge. Demonstre que xn+yn diverge, αxn converge,

αyn diverge, para α 6= 0. Mostre, com exemplos, que a sucessao xnyn pode convergir ou

divergir.

5) Suponhamos que a sucessao xn+yn converge. Deste facto implica que xn e yn convergem?

6) Suponhamos que lim xn = a . Demonstre que xn pode representar-se na forma xn =

a + αn , onde αn e um infinitesimo.


7) Demonstre o Teorema 7.

8) Suponhamos que lim xn = a e ∀ n, xn > b . Deste facto implica que a > b?


1) Sabe-se que a sucessao xn converge e yn diverge. Sera possıvel que xnyn seja convergente?

2) Sao dadas as sucessoes1

n,

1

n2,

(−1)n

ne

1

n + 100. Escolha destes infinitesimos as sucessoes

que:

(a) limxn

yn

= 0;

(b) limxn

yn

= 1;

(c) limxn

yn

= ∞ .

3) Investigue a convergencia das sucessoes (conforme os parametros α, β e γ ):

(a) xn =nα + 1

nβ + 3;

(b) xn = nγ3√

n3 + 1− n√n + 1−√n

.

4) Calcule os limites das sucessoes seguintes:


(a) xn =3√

n2 sin(n!)

n + 2;

(b) xn =√

n + 1−√n ;

(c) xn =(−2)n + 3n

(−2)n+1 + 3n+1.

5) Calcule

lim

(1

n− 2

n+

3

n− · · ·+ (−1)n−1n

n

).

6) Calcule

lim

(12

n3+

22

n3+ · · ·+ (n− 1)2

n3

).

7) Calcule

lim

(1

1 · 2 · 3 +1

2 · 3 · 4 + · · ·+ 1

n(n + 1)(n + 2)

).

8) Sabe-se que xn 6= 1 e lim xn = 1. Calcule

limx2

n − 3xn + 2

x2n − 1

.

9) Seja Sn a soma dos n primeiros termos duma progressao aritmetica, cuja razao e d 6= 0

e termo geral an . Calcule:

(a) limSn

n2;


(b) limSn

a2n

, an 6= 0;

10) Calcule lim xn se xn = 0.11 . . . 1(n vezes).

Modulo 5

SUCESSOES MONOTONAS

5.1 Resumo teorico

Diremos que a sucessao xn e decrescente (crescente) se xn+1 ≤ xn (xn+1 ≥ xn), qualquer

que seja n ∈ N . As sucessoes decrescentes ou crescentes chamam-se sucessoes monotonas.

Diremos que a sucessao xn e estritamente crescente (estritamente decrescente) se

xn < xn+1 (xn > xn+1 ), qualquer que seja n ∈ N . As sucessoes estritamente crescentes ou

estritamente decrescentes chamam-se sucessoes estritamente monotonas.

Teorema 9. Qualquer sucessao limitada e monotona e convergente.

Teorema 10. Qualquer sucessao xn crescente e limitada superiormente e convergente.

Teorema 11. Qualquer sucessao xn decrescente e limitada inferiormente e convergente.

43



1) Mostre que a sucessao

xn =n!

(2n + 1)!!, n ∈ N

tem limite e calcule esse limite;

Resolucao. Vamos verificar se esta sucessao e monotona e limitada. Para tal analisemos

o quociente

xn+1

xn

=(n + 1)!(2n + 1)!!

n!(2n + 3)!!=

n + 1

2n + 3<

1

2< 1,

daı que xn e estritamente decrescente. E evidente que esta sucessao e limitada pois, para

qualquer n ≥ 1, tem lugar a dupla desigualdade 0 < xn < x1 =1

3e, pelo Teorema 9,

ela e convergente. Vamos calcular este limite. Suponhamos que lim xn = c . E claro que

tambem lim xn+1 = c . Assim,

c = lim xn+1 = lim xn · xn+1

xn

= lim xn · n + 1

2n + 3= lim

xn

2=

c

2

Entao c− c

2=

c

2= 0 =⇒ c = 0. ¤

2) Mostre que a sucessao xn , onde x1 = 0, xn+1 =√

6 + xn , tem limite e calcule esse limite;

Resolucao. Vamos mostrar que a sucessao xn =√

6 + xn e crescente e, para tal, faremos

isto usando o metodo de inducao matematica. Temos

x2 =√

6 + x1 =√

6 + 0 =√

6 > 0 = x1.

Modulo 5. Sucessoes monotonas 45

Suponhamos que xk+1 > xk . Entao x2k+2 > x2

k+1 e tal como xk+2 > 0 e xk+1 > 0 a

desigualdade xk+2 > xk+1 e correcta.

Mostremos que xn e limitada. E claro que para qualquer natural n temos 0 ≤ xn e

x2n < x2

n+1 = 6+xn , i.e. x2n−xn− 6 < 0 de onde tiramos que xn < 3. Assim, 0 ≤ xn < 3

para qualquer n natural.

Sendo xn uma sucessao crescente e limitada, entao ela e convergente. Suponhamos que

lim xn = c . Fazendo a passagem do limite na igualdade x2n+1 = 6 + xn e tendo em conta,

que lim xn+1 = c2 obtemos c2 = 6 + c daı, que c = 3 (porque xn ≥ 0). ¤

3) Demonstre que a sucessao xn =

(1 +

1

n

)n

e monotona e limitada;

Resolucao. Temos

xn+1

xn

=(1 + 1

n+1)n+1

(1 + 1n)n

=

(1− 1

(n + 1)2

)n+1

· n + 1

n>

>

(1− 1

n + 1

)· n + 1

n= 1.

Vemos que xn+1 > xn , i.e. xn e estritamente crescente.

Mostremos que xn e limitada. Pelo binomio de Newton1 temos

xn =

(1 +

1

n

)n

= 1 + n · 1

n+

n(n− 1)

2!· 1

n2+

+n(n− 1)(n− 2)

3!· 1

n3+ · · ·+ n(n− 1) · · · (n− (n− 1))

n!· 1

nn=

1Isaac Newton (1643–1727) — fısico, astronomo e matematico ingles


= 2+1

2!

(1− 1

n

)+

1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+· · ·+ 1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·

(1− n− 1

n

)<

< 2 +1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!< 2 +

1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n−1= 2 +

(1− 1

2n−1

)< 3.

Assim, 2 ≤ xn < 3. Ao mostrarmos que a sucessao xn e limitada, exploramos o facto,

que 1− i

n< 1, ∀ 1 ≤ i ≤ n e n! > 2n−1, n ≥ 2. ¤


1) Defina sucessao monotona.

2) Formule o teorema de convergencia para uma sucessao monotona.

3) A condicao de que uma sucessao e limitada, e necessaria e suficiente para a convergencia

dela, caso seja monotona?


1) Demonstre que a sucessao xn =n∑

k=1

1

n + ke convergente.

2) Demonstre a convergencia e calcule o limite da sucessao xn dada na forma recorrente:

(a) x1 = a, x2 = b , a 6= b ,

xn =xn−1 + xn−2

2, ∀ n ≥ 3;

Modulo 5. Sucessoes monotonas 47

(b) x1 e qualquer numero negativo e

xn+1 =1

2

(xn +

a

xn

), ∀ n ≥ 1, a > 0.

Modulo 6

LIMITES PARCIAIS

6.1 Resumo teorico

Seja xn uma sucessao. Vejamos qualquer sucessao crescente de numeros inteiros positivos

k1, k2, . . . , kn, . . . De xn escolhemos os termos xk1 , xk2 , . . . , xkn , . . . A sucessao xkn chamaremos

subsucessao de xn .

Teorema 12. Se lim xn = a, entao qualquer subsucessao sua xkn converge para a.

Teorema 13. De qualquer sucessao limitada podemos extrair uma subsucessao convergente.

Suponhamos que xkn e uma subsucessao de xn e limn→∞

xkn = α . Entao α chamaremos

limite parcial da sucessao xn . Ao maior dos limites parciais da sucessao xn chamaremos

limite superior de xn (denota-se lim xn ) e ao menor dos limites parciais chamaremos limite

48

Modulo 6. Limites parciais 49

inferior de xn (denota-se lim xn ). E claro que se xn e convergente, entao tem lugar a igualdade:

lim xn = lim xn = lim xn .


1) Dada a sucessao xn = 1− 1

n, ache lim xn e lim xn ;

Resolucao. A sucessao xn converge para 1, portanto lim xn = lim xn = 1. ¤

2) Dada a sucessao xn = (−1)n−1

(2 +

3

n

), ache lim xn e lim xn ;

Resolucao. Todos os termos desta sucessao encontram-se em duas subsucessoes, uma

com ındice par e outra com ındice ımpar. Assim,

x2k = −(

2 +3

2k

), lim x2k = −2,

x2k+1 = −(

2 +3

2k + 1

), lim x2k+1 = 2.

Entao lim xn = 2 e lim xn = −2. ¤

3) Ache lim xn e lim xn para a sucessao, cujo termo geral e xn = 1 +n

n + 1cos

nπ

2;

Resolucao. Para n = 4k temos x4k = 1 +4k

4k + 1; para n = 2k − 1 temos x2k−1 = 1 e

para n = 4k − 2 temos x4k−2 = 1− 4k − 2

4k − 1. Deste modo,

lim x4k = 1 + 1 = 2, lim x2k−1 = 1, lim x4k−2 = 0.

Portanto, lim xn = 0 e lim xn = 2. ¤


4) Calcule lim xn e lim xn da sucessao

xn =

(1 +

1

n

)n

· (−1)n + sinnπ

4;

Resolucao. Para n = 8k − 7:

x8k−7 = −(

1 +1

8k − 7

)8k−7

+

√2

2→ −e +

√2

2, k →∞;

Para n = 8k − 6:

x8k−6 =

(1 +

1

8k − 6

)8k−6

+ 1 → e + 1, k →∞;

Para n = 8k − 5:

x8k−5 = −(

1 +1

8k − 5

)8k−5

+

√2

2→ −e +

√2

2, k →∞;

Para n = 4k :

x4k =

(1 +

1

4k

)4k

→ e, k →∞;

Para n = 8k − 3:

x8k−3 = −(

1 +1

8k − 3

)8k−3

−√

2

2→ −e−

√2

2, k →∞;

Para n = 8k − 2:

x8k−2 =

(1 +

1

8k − 2

)8k−2

− 1 → −e− 1, k →∞;

Para n = 8k − 1:

x8k−1 = −(

1 +1

8k − 1

)8k−1

−√

2

2→ −e−

√2

2, k →∞.


Portanto, lim xn = −e−√

2

2e lim xn = e + 1. ¤


1) De a definicao de:

(a) sucessao;

(b) subsucessao;

(c) limite parcial duma sucessao;

(d) limite superior e limite inferior duma sucessao.

2) De a interpretacao geometrica de limite parcial.

3) Dadas as sucessoes {n(−1)n + 1} , {n} , {(−1)n + 1} diga qual delas:

(a) tem limite parcial;

(b) nao tem limite parcial;

(c) tem dois limites parciais;

(d) tem um limite parcial.

4) Demonstre que se uma sucessao e convergente, entao ela tem so um limite parcial que

coincide com o seu limite. A afirmacao inversa e correcta?


5) Formule o teorema de Bolzano1-Weierstrass2(Teorema 13).


1) Demonstre que de qualquer sucessao nao limitada podemos extrair uma subsucessao in-

finitamente grande.

2) Demonstre que qualquer subsucessao extraıda duma sucessao infinitamente grande e in-

finitamente grande.

3) Sabe-se que as sucessoes xn e yn tem um limite parcial cada. Mostre, com exemplos, que

as sucessoes xn + yn e xnyn podem:

(a) nao ter limites parciais;

(b) ter um so limite parcial;

(c) ter dois limites parciais.

4) Ache lim xn e lim xn se:

(a) xn = 1 + 2(−1)n+1 + 3(−1)n(n−1)

2 ;

1Bernhard Bolzano (1781–1848) — matematico checo2Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (1815–1897) — matematico alemao


(b) xn =n− 1

n + 1cos

2πn

3;

(c) xn = 1 + n sinπn

2;

(d) xn =(−1)n

n+

1 + (−1)n

2;

(e) xn =n

n + 1sin2 nπ

4;

(f) xn = n√

1 + 2−1nn ;

(g) xn = cosn 2nπ

3.

Modulo 7

SUCESSOES FUNDAMENTAIS

7.1 Resumo teorico

Diremos que a sucessao xn e fundamental (ou de Cauchy1) se

∀ ε > 0 ∃ N : ∀ n > N ∀ p > 0 =⇒ |xn+p − xn| < ε.

A interpretacao geometrica desta definicao e seguinte: se a sucessao xn e fundamental, entao

para qualquer ε > 0 existe um natural N tal, que a distancia entre dois termos quaisquer da

sucessao, com ındices superiores a N , e menor que ε .

Teorema 14. (Criterio de Cauchy)

No conjunto dos numeros reais as duas afirmacoes sao equivalentes:

1Augustin Louis Cauchy (1789–1857) — matematico frances

54

Modulo 6. Sucessoes fundamentais 55

1) xn converge;

2) xn e fundamental.


1) Utilizando o criterio de Cauchy mostre que a sucessao

xn =sin 1

2+

sin 2

22+ · · ·+ sin n

2n

e convergente;

Resolucao. Avaliamos o modulo da diferenca:

|xn+p − xn| =∣∣∣∣sin (n + 1)

2n+1+

sin (n + 2)

2n+2+ · · ·+ sin (n + p)

2n+p

∣∣∣∣ ≤

≤ 1

2n+1+

1

2n+2+ · · ·+ 1

2n+p<

1

2n< ε,

para n > − log2 ε e para todo p > 0. Exploramos o facto de que

1

2n+1+ · · ·+ 1

2n+p

e a soma de p termos duma progressao geometrica. ¤


xn =n∑

k=1

cos k

3k

e convergente;


Resolucao. Avaliamos o modulo da diferenca:

|xn+p − xn| =∣∣∣∣cos (n + 1)

3n+1+

cos (n + 2)

3n+2+ · · ·+ cos (n + p)

3n+p

∣∣∣∣ ≤

≤ 1

3n+1+

1

3n+2+ · · ·+ 1

3n+p<

1

2 · 3n<

1

3n< ε,

para n > − log3 ε e para todo p > 0. ¤

3) Demonstre que a sucessao xn =n∑

k=1

1

kdiverge;

Resolucao. De acordo com o criterio de Cauchy e suficiente mostrar que ela nao e

fundamental. Avaliando a diferenca e tendo em conta que n + i ≤ n + p para qualquer

i ≤ p , temos:

|xn+p − xn| = 1

n + 1+

1

n + 2+ · · ·+ 1

n + p≥ 1

n + p+

1

n + p+ · · ·+ 1

n + p=

p

n + p.

Pegando p = n obtemos |x2n − xn| ≥ n

n + n=

1

2daı, que a sucessao xn =

n∑

k=1

1

knao e

fundamental. ¤


xn =n∑

k=1

sin k

k2

e convergente;

Resolucao. Vamos mostrar que esta sucessao e fundamental. Avaliamos o modulo da

diferenca:

|xn+p − xn| ≤ 1

(n + 1)2+ · · ·+ 1

(n + p)2<


<

(1

n− 1

n + 1

)+ · · ·+

(1

n + p− 1− 1

n + p

)=

1

n− 1

n + p<

1

n.

Assim,

|xn+p − xn| < 1

n< ε, ∀ n > N = [1/ε], p > 0.

Neste exercıcio usamos a desigualdade

1

k2<

1

k(k − 1)=

1

k − 1− 1

k. ¤


xn =1

ln 2+

1

ln 3+ · · ·+ 1

ln n, n = 2, 3, . . .

diverge;

Resolucao. A divergencia da sucessao vem do facto que

|xn+p − xn| = 1

ln(n + 1)+ · · ·+ 1

ln(n + p)>

p

ln(n + p)>

p

n + p=

1

2

se p = n . ¤


1) Defina:

(a) sucessao fundamental;

(b) sucessao nao fundamental.


2) De a interpretacao geometrica das duas definicoes anteriores.

3) Formule o criterio de Cauchy (Teorema 14).


1) Mostre que a sucessao xn e fundamental se:

(a) xn =n + 1

3n− 2;

(b) xn = a + aq + · · ·+ aqn−1 , onde q < 1, n ∈ N ;

(c) x1 = 1, xn = xn−1 +(−1)n−1

n!, n = 2, 3, . . . .

2) Demonstre que a sucessao xn e convergente se:

(a) xn =sin a

2+

sin 2a

22+ · · ·+ sin na

2n, a ∈ R1 ;

(b) xn = 1 +1

2!+ · · ·+ 1

n!;

(c) xn =cos 1!

1 · 2 +cos 2!

2 · 3 + · · ·+ cos n!

n(n + 1).

3) Utilizando a negacao do criterio de Cauchy mostre que a sucessao xn diverge se:


(a) xn =n cos nπ − 1

2n;

(b) xn = (−1)n

(1 +

1

n

)n

;

(c) xn =1

22+

2

32+ · · ·+ n

(n + 1)2.

Modulo 8

FUNCAO

8.1 Resumo teorico

A variavel y chama-se funcao da variavel x se a cada valor de x , que pertence ao conjunto

E ⊂ R1 , corresponde um valor definido da variavel y . A variavel x chama-se argumento

ou variavel independente, o conjunto E chama-se domınio ou conjunto de definicao da

funcao e denota-se D . O conjunto dos valores que a funcao toma chama-se contradomınio e

denota-se CD .

A notacao y = f(x) significa que y e funcao de x . O valor de f(x) para x = x0 denota-se

f(x0).

Ao lugar geometrico de pontos pertencentes a R2 e cujas coordenadas satisfazem a equacao

y = f(x) chama-se grafico da funcao y = f(x). Diremos que o conjunto E ⊂ R1 e simetrico

60

Modulo 8. Funcao 61

se para qualquer x ∈ E implica que tambem −x ∈ E. Seja f(x) uma funcao definida num

conjunto simetrico. Se para qualquer x ∈ E temos f(x) = f(−x), entao diz-se que a funcao

f(x) e par. Se para qualquer x ∈ E temos f(−x) = −f(x), entao diz-se que a funcao f(x) e

ımpar. Para uma funcao par, o seu grafico e simetrico em relacao ao eixo das ordenadas (eixo

Y). Para uma funcao ımpar, o seu grafico e simetrico em relacao a origem (ponto (0, 0)).

Seja f(x) uma funcao definida no conjunto E ⊂ R1 e seja T um valor positivo. Diz-se que

f(x) e T -periodica se:

1) x + T ∈ E;

2) f(x + T ) = f(x).


1) Ache o domınio da funcao:

(a) f(x) =x2

1 + x;

Resolucao. A expressaox2

1 + xtem sentido somente para valores de x que nao

anulem o denominador, i.e. 1 + x 6= 0, portanto a funcao f(x) =x2

1 + xe definida

em D(f) = {x ∈ R1 : 1 + x 6= 0} , i.e. D(f) = (−∞,−1) ∪ (−1, +∞). ¤

(b) f(x) =√

3x− x2 ;

Resolucao. A expressao√

3x− x2 tem sentido somente para valores de x tais, que


3x− x2 ≥ 0. Assim, resolvendo esta desigualdade temos D(f) = [0, 3]. ¤

(c) f(x) = ln(x2 − 4);

Resolucao. A expressao logarıtmica ln(x2 − 4) tem sentido se o argumento for

estritamente positivo, i.e. x2−4 > 0. Resolvendo esta desigualdade obtemos D(f) =

(−∞,−2) ∪ (2, +∞). ¤

(d) f(x) = arcsin2x

1 + x;

Resolucao. A expressao arcsin2x

1 + xtem sentido se o seu argumento for maior ou

igual a −1 e menor ou igual a 1, i.e. −1 ≤ 2x

1 + x≤ 1. Resolvendo esta dupla

desigualdade e nao olvidando que 1 + x 6= 0, temos: D(f) =

[−1

3, 1

]. ¤

(e) f(x) =ln(1 + x)

x− 1;

Resolucao. A funcao esta definida se x− 1 6= 0 e 1 + x > 0. Deste modo achamos

D(f) = (−1, 1) ∪ (1, +∞). ¤

2) Ache o domınio e o contradomınio da funcao:

(a) f(x) =√

2 + x− x2 ;

Resolucao. A expressao√

2 + x− x2 tem sentido se o radicando for positivo, i.e.

2 + x − x2 ≥ 0. Resolvendo esta desigualdade temos D(f) = [−1, 2]. Esbocando

o grafico da funcao f(x) =√

2 + x− x2 vemos que no intervalo [−1, 1/2] a funcao

cresce de 0 ate 3/2 e no intervalo [1/2, 2] a funcao decresce de 3/2 ate zero. Assim,

o contradomınio, i.e. os valores da variavel dependente, e o intervalo [0, 3/2]. ¤

Modulo 8. Funcao 63

(b) f(x) = log(1− 2 cos x);

Resolucao. O logarıtmo tem significado se o argumento for estritamente positivo,

portanto 1− 2 cos x > 0. Resolvendo esta desigualdade encontramos

D(f) =

(2kπ +

π

3, 2kπ +

5π

3

), k = 0,±1,±2, . . .

Tendo em conta que para valores de x pertencentes ao domınio e valida a desigualdade

0 < 1−2 cos x < 3 e o logarıtmo e uma funcao monotona crescente no intervalo (0, 3],

entao CD(f) = (−∞, log 3]. ¤

(c) f(x) = arccos2x

1 + x2;

Resolucao. E evidente que −1 ≤ 2x

1 + x2≤ 1. Resolvendo esta dupla desigualdade

obtemos D(f) = R1 . O contradomınio e CD(f) = [0, π] . ¤

3) Dado o triangulo ABC , cuja base AC = b e altura DB = h , foi nele inscrito o rectangulo

KLMN , cuja altura e KL = x . Expresse o perımetro P do rectangulo KLMN como

funcao de x ;

Resolucao. O perımetro deste rectangulo e igual a 2KL + 2KN = 2x + 2KN . Tendo

em conta que os triangulos ABD e ALK sao semelhantes, entao

DB

AD=

KL

AK=⇒ h

AD=

x

AK=⇒ AK =

ADx

h.

Do mesmo modo, como tambem os triangulos DBC e NMC sao semelhantes, temos

DB

DC=

NM

NC=⇒ h

DC=

x

NC=⇒ NC =

DCx

h.


Calculamos agora

KN = AC − (AK + NC) = b− x

h(AD + DC) = b− x

h· b.

Assim,

P (x) = 2x + 2KN = 2x + 2b(1− x

h

)= 2x

(1− b

h

)+ 2b. ¤

4) Ache f(x) se f(x + 1) = x2 − 3x + 2;

Resolucao. Factorizando a expressao

f(x + 1) = x2 − 3x + 2 = (x− 1)(x− 2) = (x + 1− 2)(x + 1− 3)

e fazendo x + 1 = t temos

f(t) = (t− 2)(t− 3) = t2 − 5t + 6. ¤

5) Ache f(x) se f

(1

x

)= x +

√1 + x2 , x > 0;

Resolucao. Fazendo t =1

xtemos:

f(t) = f

(1

x

)= x + x

√1 +

1

x2= x

(1 +

√1 +

1

x2

)=

1

t(1 +

√1 + t2). ¤

6) Ache f(x) se f

(1 +

1

x

)= x2 +

1

x2, (|x| ≥ 2);

Resolucao. Fazendo

t = x +1

x=⇒ t2 = x2 +

1

x2+ 2 =⇒ t2 − 2 = x2 +

1

x2.

Em conclusao: f(t) = t2 − 2. ¤

Modulo 8. Funcao 65

7) Diga qual das funcoes e par ou ımpar:

(a) f(x) = 3x− x3 ;

Resolucao. f(−x) = 3(−x)− (−x)3 = −3x + x3 = −(3x− x3) = −f(x). A funcao

e ımpar. ¤

(b) f(x) = ax + a−x , (a > 0);

Resolucao. f(−x) = a−x + a−(−x) = a−x + ax = f(x). A funcao e par. ¤

(c) f(x) = ln1− x

1 + x

Resolucao. Primeiro vamos verificar se o domınio da funcao e um conjunto simetrico.

A expressao ln1− x

1 + xtem sentido se

1− x

1 + x> 0 e 1 + x 6= 0. Resolvendo esta

inequacao obtemos que D(f) = (−1, 1), o domınio e um intervalo simetrico. Esta

funcao e ımpar, pois

f(−x) = ln1− (−x)

1 + (−x)= ln

1 + x

1− x= − ln

1− x

1 + x= −f(x). ¤

8) Demonstre que qualquer funcao f(x), definida no intervalo simetrico (−m,m), pode

representar-se na forma duma soma de duas funcoes, uma par e outra ımpar;

Resolucao. Facamos f1(x) =f(x)− f(−x)

2e f2(x) =

f(x) + f(−x)

2. E evidente que

estas funcoes tambem estao definidas no intervalo simetrico (−m, m). Temos

f1(−x) =f(−x)− f(−x)

2= −f(x)− f(−x)

2= −f1(x)


e

f2(−x) =f(−x) + f(−(−x))

2=

f(−x) + f(x)

2= f2(x),

portanto f1(x) e ımpar e f2(x) e par. Como f(x) = f1(x) + f2(x), entao a afirmacao fica

demonstrada. ¤

9) Diga quais das seguintes funcoes sao periodicas e defina os seus menores perıodos, se:

(a) f(x) = A cos bx + B sin bx ;

Resolucao. f(x) e periodica se f(x + T ) = f(x). A funcao f(x) podemos escrever

na forma

f(x) =√

A2 + B2

(A√

A2 + B2cos bx +

B√A2 + B2

sin bx

)= ρ sin(bx + φ),

onde φ = arctgA

B, ρ =

√A2 + B2 . Assim,

f(x + T ) = ρ sin(bx + φ + bT ) = ρ sin(bx + φ) = f(x)

se bT = 2kπ , k = 1, 2, . . . , i.e. T =2kπ

b. O menor perıodo e T0 =

2π

b. ¤

(b) f(x) = sin x +1

2sin 2x +

1

3sin 3x ;

Resolucao. Vamos resolver a equacao f(x + T )− f(x) = 0. Temos:

f(x+T )−f(x) = sin(x+T )−sin x+1

2[sin 2(x+T )−sin 2x]+

1

3[sin 3(x+T )−sin 3x] =

= 2 sinT

2cos

(x +

T

2

)+ sin T cos 2

(x +

T

2

)+

2

3sin

3T

2cos 3

(x +

T

2

)= 0.

Modulo 8. Funcao 67

Isto e possıvel se:

sinT

2= 0,

sin T = 0,

sin3T

2= 0,

=⇒

T = 2kπ,

T = mπ,

T =2nπ

3,

i.e. T = 2kπ = mπ =2nπ

3,

onde k, m, n sao numeros naturais. Deste modo T0 = 2π . ¤

10) Demonstre que para a funcao de Dirichlet1

D(x) =

1 se x for racional,

0 se x for irracional,

o seu perıodo e um numero racional T qualquer;

Resolucao. Como T e um numero racional, entao a soma x + T e racional para x

racional e irracional para x irracional. Assim,

D(x + T ) =

1 se x for racional,

0 se x for irracional,

i.e. D(x + T ) = D(x). ¤

11) Demonstre que se para a funcao f(x), (−∞ < x < +∞) tem lugar a igualdade f(x+T ) =

1Johann Peter Gustav Lejeunne Dirichlet (1805–1859) — matematico alemao


kf(x), onde k e T sao constantes positivas, entao f(x) = axφ(x), onde a e uma constante

e φ(x) e uma funcao com perıodo T ;

Resolucao. Fazendo k = aT , entao f(x + T ) = aT f(x). Qualquer funcao f(x) (−∞ <

x < +∞) pode representar-se na forma f(x) = axφ(x), onde φ(x) e uma certa funcao.

De acordo com a condicao temos

ax+T φ(x + T ) = aT · axφ(x).

Dividindo tudo por ax+T > 0 obtemos φ(x + T ) = φ(x). ¤


1) De a definicao de funcao.

2) Defina grafico duma funcao.

3) Defina funcao par e funcao ımpar. De um exemplo duma funcao nao par e nao ımpar.

4) Defina funcao periodica.


1) Ache os domınios para as seguintes funcoes:

(a) y = (x− 2)

√1 + x

1− x;

Modulo 8. Funcao 69

(b) y =√

sin√

x ;

(c) y =√

cos x2 ;

(d) y = arccos(2 sin x);

(e) y = (2x)!;

(f) y =√

sin 2x +√

sin 3x , 0 ≤ x ≤ 2π .

2) Ache o domınio e contradomınio das funcoes:

(a) y = arcsin(log

x

10

);

(b) y = (−1)x .

3) A funcao y = sign x define-se do seguinte modo:

sign x =

−1 se x < 0,

0 se x = 0,

1 se x > 0.

Construa o grafico desta funcao e mostre que |x| = x · sign x .

4) A funcao y = [x] (parte inteira do numero x), define-se do seguinte modo: se x = n + r ,

onde n e um numero inteiro e 0 ≤ r ≤ 1, entao [x] = n . Construa o grafico desta funcao.

5) Ache f(−2), f(−1), f(0), f(1) e f(2) se

f(x) =

1 + x , se −∞ < x ≤ 0,

2x , se 0 < x < +∞.


6) Ache f(0.9), f(0.99), f(0.999) e f(1) se f(x) = 1 + [x] .

7) Ache f(x) se f

(x

x + 1

)= x2 .

8) Diga quais das funcoes sao pares ou ımpares:

(a) f(x) = 3√

(1− x)2 + 3√

(1 + x)2 ;

(b) f(x) = ln(x +

√1 + x2

).

9) Diga quais das funcoes sao periodicas e ache o menor perıodo:

(a) f(x) = sin2 x ;

(b) f(x) = sin x2 ;

(c) f(x) =√

tgx ;

(d) f(x) = tg√

x .

10) Demonstre que a soma e produto de duas funcoes periodicas, definidas num domınio

comum e cujos perıodos sao comensuraveis, sao tambem funcoes periodicas.

Modulo 9

LIMITE DE FUNCAO

9.1 Resumo teorico

Diremos que a funcao f(x) e limitada superiormente (majorada) no conjunto E ⊂ R1 se

existe um numero real M tal, que f(x) ≤ M , qualquer que seja x ∈ E.

Diremos que a funcao f(x) e limitada inferiormente (minorada) no conjunto E ⊂ R1

se existe um numero real m tal, que f(x) ≥ m , qualquer que seja x ∈ E.

Diremos que a funcao f(x) e limitada no conjunto E ⊂ R1 se ela for majorada e minorada,

i.e. se existem dois numeros reais M e m tais, que m ≤ f(x) ≤ M , qualquer que seja x ∈ E.

Ao menor dos majorantes duma funcao num determinado conjunto E ⊂ R1 chamaremos

supremmum desta funcao. Denota-se supx∈E

f(x).

Ao maior dos minorantes duma funcao num determinado conjunto E ⊂ R1 chamaremos

71


infimmum desta funcao. Denota-se infx∈E

f(x).

Seja α e β o supremmum e infimmum da funcao f(x) no conjunto E ⊂ R1 , respectivamente.

A diferenca α− β chamaremos oscilacao da funcao f(x) no conjunto E. Denota-se oscx∈E

f(x).

Chamaremos vizinhanca do ponto a com raio ε , ao conjunto de pontos que satisfazem

a dupla desigualdade: a − ε < x < a + ε ou |x − a| < ε . Denota-se1 U(a; ε). Chamaremos

vizinhanca com buraco do ponto a a vizinhanca de a menos o ponto a . Denota-se U(a; ε)def=

U(a; ε) \ {a} .

Diremos que o ponto a (a ∈ E ou a /∈ E) e ponto de acumulacao de E se em qualquer

vizinhanca de a existem pontos de E diferentes de a . Por outras palavras, U(a; ε) ∩ E 6= ∅ .

Segundo Cauchy, diremos que o numero b e limite da funcao f(x) quando x tende para a se

∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 : ∀ x ∈ E, 0 < |x− a| < δ =⇒ |f(x)− b| < ε.

Na linguagem de vizinhanca f(x) tende para b quando x tende para a se qualquer que seja

a vizinhanca do ponto a com raio δ , existe uma vizinhanca do ponto b com raio ε tal que

qualquer que seja x pertencente a vizinhanca com buraco do ponto a temos que f(x) pertence

a vizinhanca do ponto b .

Segundo Heine2, diremos que o numero b e limite da funcao f(x) quando x tende para

a se para qualquer sucessao xn convergente para a , xn ∈ E, xn 6= a , a sucessao f(xn) tende

para b .

1Usa-se a letra maiuscula U, da inicial Umgebung que em alemao significa vizinhanca.2Heinrich Eduard Heine (1821–1881) — matematico alemao

Modulo 9. Limite de funcao 73

A denotacao usada e: limx→a

f(x) = b .

Teorema 15. As definicoes de limite duma funcao segundo Heine e Cauchy sao equivalentes.

Teorema 16. Sejam f(x) e g(x) duas funcoes definidas numa certa vizinhanca do ponto a,

com excepcao talvez do proprio ponto a. Suponhamos que limx→a

f(x) = b, limx→a

g(x) = c. Entao:

1) limx→a

[f(x)± g(x)] = b± c;

2) limx→a

f(x) · g(x) = bc;

3) limx→a

f(x)

g(x)=

b

c, se c 6= 0.

Teorema 17. Sejam f(x), g(x) e h(x) tres funcoes definidas numa certa vizinhanca do ponto

a, com excepcao talvez do proprio ponto a. Suponhamos tambem que nessa vizinhanca tem

lugar a dupla desigualdade:

f(x) ≤ g(x) ≤ h(x).

Se limx→a

f(x) = limx→a

h(x) = b, entao limx→a

g(x) = b.

Diremos que o numero b e limite a esquerda do ponto a da funcao f(x) se:

∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0 : ∀ x 6= a, a− δ < x < a =⇒ |f(x)− b| < ε.

A denotacao usada e: b = limx→a−

f(x) = f(a−). Diremos que o numero b e limite a direita do

ponto a da funcao f(x) se:

∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0 : ∀ x 6= a, a < x < a + δ =⇒ |f(x)− b| < ε.


A denotacao usada e: b = limx→a+

f(x) = f(a+). Os limites a esquerda ou a direita sao comumente

chamados limites laterais. Se uma funcao tem limite quando x → a , entao os limites laterais

coincidem.


1) Usando a linguagem “ε–δ” mostre que limx→2

x2 = 4.

Resolucao. Seja ε um numero real positivo qualquer. Entao,

|x2 − 4| = |(x− 2)2 + 4(x− 2)| ≤ |x− 2|2 + 4|x− 2| < ε.

Fazendo t = |x− 2| > 0 temos:

t2 + 4t− ε < 0 =⇒ (t + 2 +√

4 + ε)(t + 2−√4 + ε) < 0.

Resolvendo esta desigualdade obtemos

0 < t <√

4 + ε− 2, i.e. 0 < |x− 2| < √4 + ε− 2 =

ε√4 + ε + 2

= δ(ε). ¤

2) Seja

R(x) =a0x

n + a1xn−1 + · · ·+ an

b0xm + b1xm−1 + · · ·+ bm

,


onde a0 6= 0 e b0 6= 0. Demonstre que

limx→+∞

R(x) =

+∞ , se n > m;

a0

b0

, se n = m;

0 , se n < m.

Resolucao. Pegando a parte mais velha do numerador e denominador e evidenciando-as

temos:

limx→+∞

a0xn(1 + a1

a0x+ · · ·+ an

a0xn

)

b0xm(1 + b1

b0x+ · · ·+ bm

b0xm

) =

= limx→+∞

1 + a1

a0x+ · · ·+ an

a0xn

1 + b1b0x

+ · · ·+ bm

b0xm

· limx→+∞

a0xn

b0xm=

= limx→+∞

a0xn

b0xm=

+∞ , se n > m;

a0

b0

, se n = m;

0 , se n < m. ¤

3) Nos exercıcios seguintes calcule:

(a) limx→0

x2 − 1

2x2 − x− 1;


Resolucao. Calculamos directamente:

limx→0

x2 − 1

2x2 − x− 1=

0− 1

0− 0− 1=−1

−1= 1.

Na realidade, ja que x → 0, o numerador comporta-se como −1 e o denominador

comporta-se tambem como −1. ¤

(b) limx→1

x2 − 1

2x2 − x− 1;

Resolucao. Colocando directamente o valor de x = 1 na expressao obtemos uma

indeterminacao do tipo 0/0. Significa que o valor x = 1 e raız do numerador e

denominador. Factorizando o numerador e denominador temos:

limx→1

x2 − 1

2x2 − x− 1= lim

x→1

(x− 1)(x + 1)

(x− 1)(2x + 1)= lim

x→1

x + 1

2x + 1=

2

3.

(c) limx→∞

x2 − 1

2x2 − x− 1;

Resolucao. A parte mais velha do numerador e x2 e a parte mais velha do denom-

inador e 2x2 , portanto o limite e igual a1

2. Vamos mostrar que e realmente isso.

Evidenciamos no numerador e denominador x2 :

limx→∞

x2 − 1

2x2 − x− 1= lim

x→∞x2(1− 1

x2 )

x2(2− 1x− 1

x2 )= lim

x→∞1− 1

x2

2− 1x− 1

x2

=1

2. ¤

4) Calcule

limx→0

(1 + x)5 − (1 + 5x)

x2 + x5;


Resolucao. Desenvolvendo a expressao (1 + x)5 segundo o binomio de Newton temos:

(1 + x)5 = 1 +

(5

1

)x +

(5

2

)x2 +

(5

3

)x3 +

(5

4

)x4 + x5 =

= 1 + 5x + 10x2 + 10x3 + 5x4 + x5.

Assim,

limx→0

(1 + x)5 − (1 + 5x)

x2 + x5= lim

x→0

1 + 5x + 10x2 + 10x3 + 5x4 + x5 − 1− 5x

x2 + x5=

= limx→0

10x2 + 10x3 + 5x4 + x5

x2 + x5= lim

x→0

x2(10 + 10x + 5x2 + x3)

x2(1 + x3)=

= limx→0

10 + 10x + 5x2 + x3

1 + x3= 10. ¤

5) Calcule

limx→∞

(x + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)

[(nx)n + 1]n+1

2

;

Resolucao. Pegando o numerador e evidenciando, para cada factor, a parte mais velha

temos:

(x + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1) = x

(1 +

1

x

)x2

(1 +

1

x2

)· · · xn

(1 +

1

xn

)=

= x · x2 · · · xn

(1 +

1

x

)(1 +

1

x2

)· · ·

(1 +

1

xn

)=

= x1+2+···+n

(1 +

1

x

)(1 +

1

x2

)· · ·

(1 +

1

xn

)=

= xn(n+1)

2 ·(

1 +1

x

)(1 +

1

x2

)· · ·

(1 +

1

xn

).


Exploramos aqui o facto que 1+2+ · · ·+n =n(n + 1)

2, pois e a soma de n termos duma

progressao aritmetica, cujo primeiro e ultimo termos sao 1 e n , respectivamente.

Assim,

limx→∞

(x + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)

[(nx)n + 1]n+1

2

=

= limx→∞

xn(n+1)

2 · (1 + 1x)(1 + 1

x2 ) · · · (1 + 1xn )

(nx)n(n+1)

2 (1 + 1(nx)n )

n+12

=1

nn(n+1)

2

. ¤

6) Calcule

limx→2

x3 − 2x2 − 4x + 8

x4 − 8x2 + 16;

Resolucao. Temos uma indeterminacao do tipo 0/0. Factorizando o numerador e de-

nominador temos:

x3 − 2x2 − 4x + 8 = (x− 2)2(x + 2), x4 − 8x2 + 16 = (x2 − 4)2 = (x− 2)2(x + 2)2.

Assim,

limx→2

x3 − 2x2 − 4x + 8

x4 − 8x2 + 16= lim

x→2

(x− 2)2(x + 2)

(x− 2)2(x + 2)2= lim

x→2

1

x + 2=

1

4. ¤

7) Calcule

limx→∞

√x +

√x +

√x

√x + 1

;

Resolucao. Temos que

√x +

√x +

√x =

√√√√x

(1 +

1√x

√1 +

1√x

).


Assim,

limx→∞

√x +

√x +

√x

√x + 1

= limx→∞

√x

√1 + 1√

x

√1 + 1√

x

√x + 1

= 1. ¤

8) Calcule

limx→4

√1 + 2x− 3√

x− 2;

Resolucao. Vamos primeiro fazer algumas transformacoes:

√1 + 2x− 3√

x− 2=

(√

1 + 2x− 3)(√

1 + 2x + 3)(√

x + 2)

(√

x− 2)(√

x + 2)(√

1 + 2x + 3)=

=(2x− 8)(

√x + 2)

(x− 4)(√

1 + 2x + 3)=

2(√

x + 2)√1 + 2x + 3

.

Calculando agora o limite obtemos:

limx→4

√1 + 2x− 3√

x− 2= lim

x→4

2(√

x + 2)√1 + 2x + 3

=4

3. ¤

9) Calcule

limx→3

√x + 13− 2

√x + 1

x2 − 9;

Resolucao. Temos uma indeterminacao do tipo 0/0. Multiplicando o numerador e

denominador pela expressao√

x + 13 + 2√

x + 1 teremos:

limx→3

(√

x + 13− 2√

x + 1)(√

x + 13 + 2√

x + 1)

(x2 − 9)(√

x + 13 + 2√

x + 1)=

= limx→3

−3

(x + 3)(√

x + 13 + 2√

x + 1)= − 1

16. ¤


10) Calcule

limx→0

3√

8 + 3x− x2 − 2

x + x2;

Resolucao. Multiplicamos o numerador e denominador pela expressao

φ(x)def= 3

√(8 + 3x− x2)2 + 2

√8 + 3x− x2 + 4.

Entao,

limx→0

3√

8 + 3x− x2 − 2

x + x2= lim

x→0

x(3− x)

x(x + 1)φ(x)= lim

x→0

3− x

x + 1· lim

x→0

1

φ(x)=

1

4. ¤

11) Estude o comportamento das raızes x1 e x2 da equacao quadratica ax2 + bx+ c = 0, se o

coeficiente a tende para zero e os coeficientes b e c mantem-se constantes, sendo b 6= 0;

Resolucao. E sobejamente conhecida a formula que permite calcular as raızes duma

equacao quadratica:

x1 =−b +

√b2 − 4ac

2a, x2 =

−b−√b2 − 4ac

2a.

Vamos calcular

lima→0

x1 = lima→0

b2 − 4ac− b2

2a(b +√

b2 − 4ac)= lim

a→0

−4ac

2a(b +√

b2 − 4ac)= −c

b;

calculamos o limite da raız x2 :

lima→0

x2 = lima→0

−b−√b2 − 4ac

2a= ∞. ¤


12) Calcule as constantes a e b a partir da condicao

limx→∞

(x2 + 1

x + 1− ax− b

)= 0;


x2 + 1

x + 1− ax− b =

x2(1− a) + x(−a− b) + (1− b)

x + 1.

Para que o limite desta expressao seja igual a zero, quando x → ∞ , e necessario que os

coeficientes ligados as partes literais do numerador sejam iguais a zero, i.e. 1 − a = 0,

−a− b = 0, Assim, a = 1, b = −1. ¤

13) Calcule

(a) limx→−∞

(√x2 + x− x

);

Resolucao. Vamos multiplicar e dividir pelo conjugado:

limx→−∞

(√x2 + x− x

)= lim

x→−∞x√

x2 + x + x= lim

x→−∞x

|x|√

1 + 1x

+ x=

= limx→−∞

x

−x√

1 + 1x

+ x= lim

x→−∞x

x(−

√1 + 1

x+ 1

) = +∞. ¤

(b) limx→+∞

(√x2 + x− x

);

Resolucao. Vamos multiplicar e dividir pelo conjugado:

limx→+∞

(√x2 + x− x

)= lim

x→+∞x√

x2 + x + x= lim

x→+∞x

|x|√

1 + 1x

+ x=


= limx→+∞

x

x√

1 + 1x

+ x= lim

x→+∞x

x(√

1 + 1x

+ 1) =

1

2. ¤

(c) limx→1−

arctg1

1− x;

Resolucao. Temos1

1− x→ 1

0+= +∞ , se x → 1, x < 1.

Assim, arctg(+∞) =π

2. ¤

(d) limx→1+

arctg1

1− x;

Resolucao. Temos1

1− x→ 1

0−= −∞ , se x → 1, x > 1.

Assim, arctg(−∞) = −π

2. ¤

(e) limx→0−

1

1 + e1x

;

Resolucao. Temos1

x→ 1

0−= −∞ se x → 0, x < 0. Assim, e

1x → e−∞ = 0, se

x → 0, x < 0. Portanto

limx→0−

1

1 + e1x

=1

1 + limx→0−

e1x

= 1. ¤

(f) limx→0+

1

1 + e1x

;

Resolucao. Temos que1

x→ 1

0+= +∞ se x → 0, x > 0. Assim, e

1x → e+∞ = +∞ ,

se x → 0, x > 0. Portanto

limx→0+

1

1 + e1x

=1

1 + limx→0+

e1x

=1

1 +∞ = 0. ¤



1) De a definicao de limite de funcao segundo Heine e Cauchy. Qual o significado da

equivalencia destas duas definicoes?

2) Utilizando a definicao de limite segundo Heine mostre que o limite num ponto e unico.

3) Formule as propriedades aritmeticas de limite de funcao.


1) Utilizando a linguagem “ε–δ” mostre, que

limx→2

x2 − 1

x2 + 1=

3

5.

2) Calcule:

(a) limx→0

(1 + x)(1 + 2x)(1 + 3x)− 1

x;

(b) limx→∞

(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4)(x− 5)

(5x− 1)5;

(c) limx→∞

(2x− 3)20(3x + 2)30

(2x + 1)50.

3) Calcule:

(a) limx→1

x2 − 5x + 6

x2 − 8x + 15;

(b) limx→1

x4 − 3x + 2

x5 − 4x + 3;


(c) limx→2

(x2 − x− 2)20

(x3 − 12x + 16)10.

4) Calcule:

(a) limx→∞

√x + 3

√x + 4

√x√

2x + 1;

(b) limx→−8

√1− x− 3

2 + 3√

x;

(c) limx→0

√1 + x−√1− x

3√

1 + x− 3√

1− x;

(d) Dada a funcao f(x) =x

|x| diga se existe limx→0

f(x).

Modulo 10

LIMITES NOTAVEIS

10.1 Resumo teorico

Suponhamos, que ψ(x) → 0, x → a . Entao:

Teorema 18.

limx→a

sin ψ(x)

ψ(x)= 1.

Para o caso particular, quando ψ(x) ≡ x e a = 0 temos limx→0

sin x

x= 1.

Teorema 19.

limx→a

eψ(x) − 1

ψ(x)= 1.


ex − 1

x= 1.

85


Teorema 20.

limx→a

ln[1 + ψ(x)]

ψ(x)= 1.


ln(1 + x)

x= 1.

Teorema 21.

limx→a

[1 + ψ(x)]µ − 1

µψ(x)= 1.


(1 + x)µ − 1

µx= 1.

Teorema 22.

limx→a

[1 + ψ(x)]1

ψ(x) = e.


(1 + x)1x = e.


1) Calcule

limx→0

sin 5x

x;

Resolucao. Fazendo t = 5x temos que x =t

5e t → 0. Assim,

limx→0

sin 5x

x= lim

t→0

5 sin t

t= 5 lim

t→0

sin t

t= 5,

pois limt→0

sin t

t= 1 e um limite notavel. ¤

Modulo 10. Limites notaveis 87

2) Calcule

limx→∞

sin x

x;

Resolucao. A funcao sin x e limitada e1

xtende para zero, quando x tende para o

infinito. Entao, limx→∞

sin x

x= 0, pois e o produto duma funcao limitada por uma funcao

infinitamente pequena. ¤

3) Calcule

limx→π

sin mx

sin nx,

m, n sao inteiros;

Resolucao. Fazendo x− π = t → 0 temos

limx→π

sin mx

sin nx= lim

t→0

sin m(t + π)

sin n(t + π)=

= limt→0

sin mt cos mπ + cos mt sin mπ

sin nt cos nπ + cos nt sin nπ= lim

t→0

cos mπ sin mt

cos nπ sin nt=

= (−1)m−n limt→0

sin mt

sin nt= (−1)m−n lim

t→0

m sin mt

mtlimt→0

nt

n sin nt=

= (−1)m−n m

nlimt→0

sin mt

mtlimt→0

(sin nt

nt

)−1

= (−1)m−n m

n. ¤

4) Calcule

limx→0

1− cos x

x2;

Resolucao. Pegamos a expressao 1− cos x e vamos fazer algumas transformacoes:

1− cos x = sin2 x

2+ cos2 x

2− cos 2

x

2=


= sin2 x

2+ cos2 x

2− cos2 x

2+ sin2 x

2= 2 sin2 x

2.

Assim,

limx→0

1− cos x

x2= lim

x→0

2 sin2 x2

x2= lim

x→02sin x

2

x· sin x

2

x=

=1

2limx→0

sin x2

x2

· limx→0

sin x2

x2

=1

2,

pois limx→0

sin x2

x2

= 1. ¤

5) Calcule

limx→0

tgx

x;

Resolucao. Temos

limx→0

tgx

x= lim

x→0

sin x

x cos x= lim

x→0

1

cos x· lim

x→0

sin x

x= 1. ¤

6) Calcule

limx→0

tgx− sin x

sin3 x;

Resolucao. Temos

tgx− sin x

sin3 x=

sin xcos x

− sin x

sin3 x=

sin x− cos x sin x

cos x sin3 x=

=sin x(1− cos x)

sin3 x cos x=

2 sin2 x2

cos x sin2 x=

2

cos x· x2

sin2 x

sin2 x2

x2.

Assim,

limx→0

tgx− sin x

sin3 x= 2 lim

x→0

x2

sin2 x· lim

x→0

sin2 x2

x2=


= 2 limx→0

( x

sin x

)2

limx→0

(sin x

2x2

)21

4=

1

2. ¤

7) Calcule

limx→0

sin 5x− sin 3x

sin x;

Resolucao. Facamos primeiro algumas transformacoes:

sin 5x− sin 3x

sin x=

sin 5x

sin x− sin 3x

sin x=

x sin 5x

x sin x− x sin 3x

x sin x=

=x

sin x· 5 sin 5x

5x− x

sin x· 3 sin 3x

3x= 5

x

sin x· sin 5x

5x− 3

x

sin x· sin 3x

3x.

Calculando o limite obtemos:

limx→0

sin 5x− sin 3x

sin x= 5 lim

x→0

x

sin x· sin 5x

5x− 3 lim

x→0

x

sin x· sin 3x

3x= 5− 3 = 2. ¤

8) Calcule

limx→0

cos x− cos 3x

x2;

Resolucao. Vamos explorar a formula

cos α− cos β = 2 sinα + β

2sin

β − α

2.

Assim,

cos x− cos 3x = 2 sinx + 3x

2sin

3x− x

2= 2 sin 2x sin x.

Calculando o limite temos:

limx→0

cos x− cos 3x

x2= lim

x→0

2 sin 2x sin x

x2=


= 4 limx→0

sin 2x

2x· sin x

x= 4. ¤

9) Calcule

limx→a

sin x− sin a

x− a;

Resolucao. Vamos explorar a formula

sin α− sin β = 2 sinα− β

2cos

α + β

2.

Assim,

sin x− sin a = 2 sinx− a

2cos

x + a

2.

Fazendox− a

2≡ t → 0 e tendo em conta que cos

x + a

2→ cos a , x → a obtemos:

limx→a

sin x− sin a

x− a= cos a lim

t→0

sin t

t= cos a. ¤

10) Calcule

limx→0

sin(a + 2x)− 2 sin(a + x) + sin a

x2;

Resolucao. Fazemos algumas transformacoes no numerador, nao olvidando que

sin α + sin β = 2 sinα + β

2cos

α− β

2.

Assim,

sin(a + 2x)− 2 sin(a + x) + sin a = sin(a + 2x) + sin a− 2 sin(a + x) =


= 2 sina + 2x + a

2cos

a + 2x− a

2− 2 sin(a + x) =

= 2 sin(a + x) cos x− 2 sin(a + x) = 2 sin(a + x)(cos x− 1) =

= −4 sin(a + x) sin2 x

2= −4 sin(a + x) sin2 x

2.

Portanto

limx→0

sin(a + 2x)− 2 sin(a + x) + sin a

x2= − sin a lim

θ→0

(sin θ

θ

)2

= − sin a,

ondex

2≡ θ . ¤

11) Calcule

limx→0

1−√cos x

1− cos√

x;

Resolucao. Vamos multiplicar e dividir por 1−√cos x e ter em conta que

1− cos√

x = 2 sin2

√x

2.

Assim,

1−√cos x

1− cos√

x=

1− cos x

(1 +√

cos x)2 sin2√

x2

=2 sin2 x

2

(1 +√

cos x)2 sin2√

x2

.

Passando para o limite obtemos zero, pois o numerador comporta-se como x2 enquanto

que o denominador comporta-se como x . ¤

12) Calcule

limx→∞

(x2 − 1

x2 + 1

)x−1x+1

;


Resolucao. A base e o expoente tendem para 1, quando x tende para o infinito, portanto

o limite e igual a 1. ¤

13) Calcule

limx→0

x√

1− 2x;

Resolucao. Temos uma indeterminacao do tipo 1∞ . Assim,

limx→0

x√

1− 2x = limx→0

(1− 2x)1x = lim

x→0(1− 2x)

−2−2x = e−2. ¤

14) Calcule

limx→0

(1 + x2)ctg2x;

Resolucao. Temos uma indeterminacao do tipo 1∞ . Calculamos o limite:

limx→0

(1 + x2)ctg2x = e

limx→0

cos2 xsin2 x

·ln(1+x2)= e

limx→0

x2

sin2 x· ln(1+x2)

x2 = e1 = e. ¤

15) Calcule

limx→a

ln x− ln a

x− a;

Resolucao. Fazendo a substituicao x− a = t temos

limx→a

ln x− ln a

x− a= lim

t→0

ln(t + a)− ln a

t=

= limt→0

ln(1 + ta)

t=

1

alimθ→0

ln(1 + θ)

θ=

1

a.

Aqui nos fizemos a substituicaot

a= θ → 0. ¤


16) Calcule

limx→∞

x[ln(1 + x)− ln x];


limx→∞

x[ln(1 + x)− ln x] = limx→∞

x lnx + 1

x=

= limx→∞

x ln

(1 +

1

x

)= lim

t→0

ln(1 + t)

t= 1.

Nos fizemos a substituicao x =1

t. ¤

17) Calcule

limx→0

ln cos ax

ln cos bx;

Resolucao. Fazendo algumas transformacoes no numerador e denominador temos:

ln cos ax = ln(1 + cos ax− 1) = ln(1− 2 sin2 ax

2

).

De modo semelhante obtemos

ln cos bx = ln

(1− 2 sin2 bx

2

).

Assim,

limx→0

ln cos ax

ln cos bx= lim

x→0

ln(1− 2 sin2 ax2

)

ln(1− 2 sin2 bx2)

=

= limx→0

ln(1− 2 sin2 ax2

)

−2 sin2 ax2

· limx→0

−2 sin2 bx2

ln(1− 2 sin2 bx2)· lim

x→0

−2 sin2 ax2

−2 sin2 bx2

=a2

b2. ¤


18) Calcule

limx→0

ax − 1

x, a > 0;

Resolucao. Fazendo ax = ex ln a temos

limx→0

ax − 1

x= ln a lim

x→0

ex ln a − 1

x ln a= ln a,

pois limx→0

ex ln a − 1

x ln a= 1. ¤

19) Calcule

limx→a

ax − xa

x− a, a > 0;

Resolucao. Fazendo algumas transformacoes no numerador temos

ax − xa = ax − aa + aa − xa = aa(ax−a − 1) + xa[(a

x

)a

− 1].

Deste modo,

limx→a

ax−a − 1

x− a= lim

x→a

e(x−a) ln a − 1

x− a= ln a;

limx→a

(ax)a − 1

x− a= lim

x→a

ea ln ax − 1

x− a=

= limx→a

ea ln ax − 1

a ln ax

· limx→a

a ln ax

x− a= a lim

x→a

ln(1 + a−xx

)

−x (a−x)x

= −1.

Assim,

limx→a

ax − xa

x− a= aa ln a− aa = aa ln

a

e. ¤


20) Calcule

limx→0

(ax + bx + cx

3

) 1x

, a > 0, b > 0, c > 0;

Resolucao. Temos uma indeterminacao do tipo 1∞ . Sendo assim,

limx→0

(ax + bx + cx

3

) 1x

= elimx→0

1x

ln(ax+bx+cx

3 ).

Vamos calcular o limite que esta no expoente:

limx→0

1

xln

(ax + bx + cx

3

)= lim

x→0

1

xln

(ax + bx + cx

3− 1 + 1

)=

= limx→0

1

xln

(ax − 1

3+

bx − 1

3+

cx − 1

x+ 1

)=

= limx→0

1

x

(ax − 1

3+

bx − 1

3+

cx − 1

3

)=

=1

3limx→0

(ax − 1

x+

bx − 1

x+

cx − 1

x

)=

=1

3(ln a + ln b + ln c) = ln

3√

abc.

Deste modo

limx→0

(ax + bx + cx

3

) 1x

= eln3√

abc =3√

abc. ¤

21) Calcule

limx→b

ax − ab

x− b, a > 0;

Resolucao. Evidenciando no numerador ab temos

limx→b

ax − ab

x− b= ab lim

x→b

ax−b − 1

x− b= ab lim

t→0

at − 1

t= ab ln a.

Nos fizemos a substituicao x− b ≡ t → 0. ¤



1) Mostre que limx→0

sin x

x= 1.

2) Mostre que limln(1 + x)

x= 1.

3) Mostre que limx→0

(1 + x)n − 1

x= n .


1) Calcule:

(a) limx→0

xctg3x ;

(b) limx→0

1 + sin x− cos x

1 + sin px− cos px;

(c) limx→1

(1− x)tgπx

2;

(d) limx→π/4

tg2xtg(π

4− x

).

2) Calcule:

(a) limx→a

cos x− cos a

x− a;

(b) limx→a

tgx− tga

x− a;

(c) limx→0

cos(a + 2x)− 2 cos(a + x) + cos a

x2;

(d) limx→0

tg(a + 2x)− 2tg(a + x) + tga

x2;


(e) limx→a

ctgx− ctga

x− a;

(f) limx→π

3

sin(x− π3)

1− 2 cos x;

(g) limx→0

x2

√1 + x sin x−√cos x

;

(h) limx→0

√cos x− 3

√cos x

sin2 x;

(i) limx→0

√1− cos x2

1− cos x.

3) Calcule:

(a) limx→∞

(x + a

x− a

)x

;

(b) limx→∞

(a1x + b1

a2x + b2

)x

, a1 > 0, a2 > 0;

(c) limx→1

(1 + sin πx)ctg(x−1) ;

(d) limx→0

(1 + tgx

1 + sin x

) 1sin x

.

4) Calcule:

(a) limx→+∞

[sin ln(x + 1)− sin ln x] ;

(b) limx→+∞

ln(x2 − x + 1)

ln(x10 + x + 1);

(c) limx→+∞

ln(2 + e3x)

ln(3 + e2x);

(d) limx→0

ln(nx +√

1− n2x2)

ln(x +√

1− x2).

5) Calcule:


(a) limx→a

xx − aa

x− a, a > 0;

(b) limx→0

(x + ex)1x ;

(c) limh→0

ax+h + ax−h − 2ax

h2, a > 0.

Modulo 11

COMPARACAO DE

INFINITESIMOS

11.1 Resumo teorico

Diremos que a funcao α(x) e um infinitesimo, quando x tende para a , se limx→a

α(x) = 0.

Sejam α(x) e β(x) dois infinitesimos, quando x tende para a .

1) Diremos que α(x) e β(x) sao dois infinitesimos da mesma ordem se

limx→a

α(x)

β(x)= c 6= 0.

2) Diremos que α(x) e β(x) sao dois infinitesimos equivalentes se

limx→a

α(x)

β(x)= 1.

99


A denotacao usada e: α(x) ∼ β(x), x → a .

3) Se limx→a

α(x)

β(x)= 0 entao diremos que α(x) e um infinitesimo de maior ordem que β(x)

e denota-se α(x) = o(β(x)), x → a .

Para x → 0 tem lugar as seguintes formulas assımptoticas:

1) sin x = x + o(x);

2) cos x = 1− x2

2+ o(x2);

3) ln(1 + x) = x + o(x);

4) ax = 1 + x ln a + o(x);

5) ex = 1 + x + o(x);

6) (1 + x)α = 1 + x + o(x);

7) tgx = x + o(x).


1) Verifique se 2x2 = o(x), x → 0;

Resolucao. Por definicao, basta verificar se limx→0

2x2

x= 0. Com efeito:

limx→0

2x2

x= lim

x→02x = 0,

Modulo 11. Comparacao de infinitesimos 101

portanto 2x2 = o(x). ¤

2) Verifique se 3x = o(x);

Resolucao. Temos que limx→0

3x

x6= 0, portanto a igualdade 3x = o(x), x → 0 nao e

correcta. ¤

3) Verifique se 1− cos x = o(x), x → 0;


limx→0

1− cos x

x= lim

x→0

2 sin2 x2

x= 0

daı que e correcta a igualdade 1− cos x = o(x), x → 0. ¤

4) Suponhamos que x → 0. Extraia o termo principal do tipo cxn (c e constante) e defina

a ordem infinitesimal em relacao a x , para:

(a) f(x) = 2x− 3x3 + x5 ;

Resolucao. Tendo em conta que −3x3 + x5 = o(x) temos

f(x) = 2x + o(x),

portanto c = 2 e n = 1. ¤

(b) f(x) =√

1 + x−√1− x ;

Resolucao. Multiplicando e dividindo f(x) pela expressao

√1 + x +

√1− x


temos que

f(x) =2x√

1 + x +√

1− x.

A questao que se coloca e: qual devera ser o valor de c e n de modo que limx→0

f(x)

cxn= 1.

Calculando este limite temos:

limx→0

2x

cxn(√

1 + x +√

1− x)= lim

x→0

x

cxn= 1

se c = 1 e n = 1, portanto√

1 + x−√1− x ∼ x , x → 0. ¤

(c) f(x) = tgx− sin x ;

Resolucao.

tgx− sin x =sin x

cos x− sin x =

sin x

cos x(1− cos x) = [x + o(x)]

[x2

2+ o(x2)

]=

=x3

2+ x · o(x2) +

x2

2o(x) + o(x) · o(x2) =

x3

2+ o(x3), x → 0.

Assim, c =1

2e n = 3. ¤

5) Seja x → 1. Extraia o membro principal da forma c(x− 1)n para:

(a) f(x) = x3 − 3x + 2;

Resolucao.

limx→1

f(x)

c(x− 1)n= lim

x→1

(x− 1)2(x + 2)

c(x− 1)n= lim

x→1

3(x− 1)2

c(x− 1)n= 1

se c = 3 e n = 2. ¤


(b) f(x) = ln x ;

Resolucao.

limx→1

f(x)

c(x− 1)n= lim

x→1

ln x

c(x− 1)n=

= limx→1

ln(1 + x− 1)

c(x− 1)n= lim

x→1

(x− 1) + o(x− 1)

c(x− 1)n= 1

se c = 1 e n = 1. ¤

(c) f(x) = ex − e ;

Resolucao. Temos que escolher c e n de modo que

limx→1

f(x)

c(x− 1)n= 1.

Assim,

limx→1

ex − e

c(x− 1)n= lim

x→1

e(ex−1 − 1)

c(x− 1)n= lim

x→1

e[(x− 1) + o(x− 1)]

c(x− 1)n= 1

se c = e e n = 1. ¤

6) Seja x → +∞ . Extraia o membro principal da forma c

(1

x

)n

para:

(a) f(x) =x + 1

x4 + 1;

Resolucao. Para x → +∞ o numerador x + 1 ∼ x e o denominador x4 + 1 ∼ x4 .

Deste modo f(x) ∼ x

x4=

1

x3, x → +∞ . Assim, c = 1 e n = 3. ¤

(b) f(x) =√

x + 1−√x ;


Resolucao. Multiplicando e dividindo f(x) por√

x + 1 +√

x temos

f(x) =1√

x + 1 +√

x.

Por outro lado√

x + 1 +√

x ∼ 2√

x , portantof(x) ∼ 1

2√

x. Assim c =

1

2e n =

1

2.

(c) f(x) =1

xsin

1

x;

Resolucao.

f(x) =1

x

[1

x+ o

(1

x

)]=

1

x2+ o

(1

x2

), x → +∞.

Assim, c = 1, n = 2. ¤

7) Seja x → +∞ . Extraia o membro principal da forma cxn para:

(a) f(x) = x2 + 100x + 10000;

Resolucao. Tendo em conta, que

limx→+∞

100x + 10000

x2= 0

vemos, que 100x + 10000 = o(x2), x → +∞ . Assim, f(x) = x2 + o(x2), portanto

c = 1 e n = 2. ¤

(b) f(x) =2x5

x3 − 3x + 1;

Resolucao. Para o denominador temos x3 − 3x + 1 ∼ x3 , x → +∞ . Assim,

f(x) ∼ 2x2 , x → +∞ , portanto concluımos que c = 2 e n = 2. ¤


(c) f(x) = 3√

x2 − x +√

x ;

Resolucao. Quando x → +∞ temos

3√

x2 − x ∼ 3√

x2 e√

x = o(

3√

x2)

.

Assim, f(x) =3√

x2 + o(

3√

x2)

, x → +∞ , portanto c = 1 e n =2

3. ¤

8) Calcule

limx→0

(1 + mx)n − (1 + nx)m

x2,

onde m e n sao elementos de N ;

Resolucao. Fazendo uso do binomio de Newton temos:

(1 + mx)n = 1 + mnx +n(n− 1)

2m2x2 +

(n

3

)m3x3 + · · ·+

(n

n

)mnxn

e

(1 + nx)m = 1 + mnx +m(m− 1)

2n2x2 +

(m

3

)n3x3 + · · ·+

(m

m

)nmxm.

Quando x → 0 sao validas as igualdades:

(n

3

)m3x3 + · · ·+

(n

n

)mnxn = o(x2),

(m

3

)n3x3 + · · ·+

(m

m

)nmxm = o(x2).

Deste modo tem lugar as formulas assımptoticas:

(1 + mx)n = 1 + mnx +n(n− 1)

2m2x2 + o(x2),


(1 + nx)m = 1 + mnx +m(m− 1)

2n2x2 + o(x2).

Colocando estas expressoes no numerador e apos algumas operacoes teremos:

limx→0

(1 + mx)n − (1 + nx)m

x2= lim

x→0

2−1nm(n−m)x2 + o(x2)

x2=

1

2mn(n−m). ¤

9) Calcule

limx→1

x100 − 2x + 1

x50 − 2x + 1;

Resolucao. Facamos a substituicao x− 1 ≡ θ → 0. Entao

limx→1

x100 − 2x + 1

x50 − 2x + 1= lim

θ→0

(1 + θ)100 − 2θ − 1

(1 + θ)50 − 2θ − 1.

Considerando as formulas

(1 + θ)n = 1 + nθ + o(θ), θ → 0,

temos:

limθ→0

100θ − 2θ + o(θ)

50θ − 2θ + o(θ)= lim

θ→0

98θ + o(θ)

48θ + o(θ)=

49

24. ¤

10) Calcule

limx→0

m√

1 + αx− n√

1 + βx

x,

m e n sao elementos de Z ;


m√

1 + αx = 1 +α

mx + o(x), x → 0,


n√

1 + βx = 1 +β

nx + o(x), x → 0.

Colocando estas formulas assımptoticas na nossa expressao temos:

limx→0

αm

x− βnx + o(x)

x=

α

m− β

n. ¤

11) Calcule

limx→−∞

ln(1 + 3x)

ln(1 + 2x);

Resolucao. Considerando o facto que

ln(1 + 3x) ∼ 3x, x → −∞,

ln(1 + 2x) ∼ 2x, x → −∞

temos

limx→−∞

ln(1 + 3x)

ln(1 + 2x)= lim

x→−∞3x

2x= lim

x→∞

(2

3

)x

= 0. ¤

12) Calcule

limx→0

ln(1 + xex)

ln(x +√

1 + x2);

Resolucao. Vamos achar as formulas assımptoticas para ln(x +√

1 + x2) e ln(1 + xex),

quando x → 0. Temos:

ln(1 +√

1 + x2) = ln(1 + x +√

1 + x2 − 1) =

= ln

(1 + x +

x2

1 +√

1 + x2

)= ln(1 + x + o(x)) = x + o(x), x → 0,


ln(1 + xex) = x + o(x), x → 0.

Deste modo e facil ver que

limx→0

ln(1 + xex)

ln(x +√

1 + x2)= lim

x→0

x + o(x)

x + o(x)= 1. ¤

13) Calcule

limx→0

ln(x2 + ex)

ln(x4 + e2x);


ln(x2 + ex) = ln(1 + x2 + ex − 1) = ln[1 + ex − 1 + o(x)] =

= ex − 1 + o(x) = x + o(x), x → 0,

ln(x4 + e2x) = ln(1 + e2x − 1 + x4) = ln[1 + e2x − 1 + o(x)] =

= e2x − 1 + o(x) = 2x + o(x), x → 0.

Assim,

limx→0

ln(x2 + ex)

ln(x4 + e2x)= lim

x→0

x + o(x)

2x + o(x)=

1

2. ¤

14) Nos exercıcios seguintes ache as formulas assımptoticas, quando x → 0, com resto na

forma o(xn), n ≥ 0:

(a) f(x) = sin2(5√

x);


Resolucao. sin2(5√

x) = (sin 5√

x)2 = [5√

x + o(√

x)]2 =

= 25x + 10√

x · o(√x) + o(√

x) · o(√x) =

= 25x + 10 · o(x) + o(x) = 25x + o(x), x → 0. ¤

(b) f(x) = cos(4x2);

Resolucao. cos(4x2) = 1− 16

2x4 + o(x4) = 1− 8x4 + o(x4), x → 0. ¤

(c) cos(4x2 + x);

Resolucao. cos(4x2 + x) = cos[x + o(x)] = 1− x2

2+ o(x2), x → 0. ¤

(d) f(x) = ln cos 2x ;

Resolucao. f(x) = ln cos 2x = ln(1 + cos 2x− 1) =

= ln[1− 2x2 + o(x2)] = −2x2 + o(x2). ¤

15) Calcule

limx→+∞

sin(π√

x2 + 1), x ∈ N;

Resolucao. Temos

√x2 + 1 = x

√1 +

1

x2=

= x

(1 +

1

x2

) 12

= x

[1 +

1

2· 1

x2+ o

(1

x2

)]= x +

1

2x+ o

(1

x

), x → +∞.

Assim,

limx→+∞

sin(π√

x2 + 1) = limx→+∞

sin

[πx +

π

2x+ o

(1

x

)]=


= limx→+∞

(−1)x sin

[π

2x+ o

(1

x

)]= 0. ¤


1) De a definicao de funcao infinitamente pequena, para:

(a) x → a ;

(b) x →∞

De exemplos de tais funcoes.

2) Formule a definicao e de exemplos de funcao infinitamente pequena α(x) tal, que:

(a) Seja da mesma ordem que β(x) no ponto x = a ;

(b) Seja equivalente a β(x) no ponto x = a ;

(c) Seja de ordem superior que β(x) no ponto x = a .

3) De exemplos de funcoes α(x) para as quais e justa a igualdade:

(a) α(x) = o(x), x → 0;

(b) α(x) = o(√

1− x), x → 1;

(c) α(x) = o

(1

x2

), x →∞ .

4) Demonstre que x3 = o(x2) quando x → 0. Sera correcta a igualdade x3 = o(β) quando

x → 0 se:


(a) β(x) = x ;

(b) β(x) = x2 sin x?

5) Mostre que (x− 1)2 = o(x− 1) quando x → 1. Sera correcta a igualdade (x− 1)2 = o(β)

quando x → 1 se:

(a) β(x) = (x− 1)3 ;

(b) β(x) = sin(x− 1)2 ;

(c) β(x) =(x− 1)2

ln x?

6) Escreva as formulas assımptoticas para as funcoes sin x , tgx , cos x , ln(1+x), ex quando

x → 0.

7) Escreva as formulas assımptoticas com resto na forma o(xα) quando x → 0 ou com resto

na forma o

(1

xα

)quando x → ∞ (α > 0), para as funcoes compostas sin y , tgy , cos y ,

ln(1 + y) se:

(a) y = 3x e x → 0;

(b) y = x3 e x → 0;

(c) y =1

xe x →∞ .

8) Verifique se e verdadeira a igualdade

√1 + x2 = 1 +

1

2x2 + o(x2)


quando x → 0.


1) Sera correcta a igualdade o[o(x)] = o(x1+ε) quando x → 0 se:

(a) ε > 0;

(b) ε = 0;

(c) −1 < ε < 0.

Justifique.

2) Serao correctas as igualdades:

(a) o(x + x2) = o(x2), x → 0;

(b) o(x) = o(x2), x → 0;

(c) o(x2) = o(x), x → 0;

(d) o

(1

x2

)= o

(1

x

), x →∞ ;

(e) o

(1

x2

)= o

(1

x

), x →∞?

Justifique as suas respostas.

3) Utilizando as propriedades do sımbolo “o pequeno”, escreva para a funcao α(x) a igual-

dade do tipo α(x) = o(1) ou α(x) = o[(x− a)k] quando x → a se:


(a) α(x) = o[−5x + x2 − x3 + o(−5x + x2 − x3)], x → 0;

(b) α(x) = (x− 1)o[(x− 1)2 + o(x− 1)], x → 1.

4) Calcule

limx→0

cos x− cos 3x

x2;

5) Calcule

limx→1

(1− x)tgπx

2;

6) Calcule

limx→+∞

(√1 + x + x2 −

√1− x + x2

);

7) Calcule

limx→a

ln x− ln a

x− a;

8) Calcule

limx→0

m√

1 + ax · n√

1 + bx− 1

x, m, n ∈ N;

9) Calcule

limx→0

cos(xex)− cos(xe−x)

x3.

BIBLIOGRAFIA CITADA

[1] M. J. Alves, Metodo de inducao matematica, DMI, Maputo, 1990.

[2] M. J. Alves, Sucessao. Limite de sucessao, DMI, Maputo, 1991.

[3] M. J. Alves, E. V. Alves Funcao. Limite de funcao, DMI, Maputo, 1993.

[4] B. P. Demidovitch, Problemas e Exercıcios de Analise Matematica, Mir, Moscovo, 1978.

114

RESPOSTAS

Modulo 2. Sucessao. Limite se sucessao

1.

a) Sim

b) Nao

c) Nao

d) Sim

Modulo 3. Infinitesimo e infinitamente grande

3.

a) x4 = x5 = −120

b) x10 = 20

Modulo 4. Propriedades aritmeticas de sucessoes convergentes

3.

a) Converge se α > 0, β > 0, α ≤ β ou α ≤ 0 e β qualquer

115

116 Respostas

b) Converge se γ ≤ 3/2

4.

a) 0

b) 0

c) 1/3

5. 1/2

6. 1/3

7. 1/4

8. 3

9.

a) d/2

b) 1/2d

10. 1/9

Modulo 6. Limites parciais

4.

a) lim xn = 6, lim xn = −4

b) lim xn = 1, lim xn = −1/2

c) lim xn = +∞ , lim xn = −∞

d) lim xn = 0, lim xn = 0

Respostas 117

e) lim xn = 1, lim xn = 0

f) lim xn = 2, lim xn = 1

g) lim xn = 1, lim xn = 0

Modulo 8. Funcao

1.

a) −1 ≤ x < 1

b) 4k2π2 ≤ x ≤ (2k + 1)2π2, k = 0, 1, 2 . . .

c) |x| <√

π

2∧

√π

2(4k − 1) ≤ |x| ≤

√π

2(4k + 1), k = 1, 2, . . .

d) |x− kπ| ≤ π

6, k = 0,±1,±2, . . .

e) x = 1/2, 1, 3/2, 2, . . .

f) 0 ≤ x ≤ π/3, 4π/3 ≤ x ≤ 3π/2

2.

a) D(f) : 1 ≤ x ≤ 100, CD(f) : −π/2 ≤ y ≤ π/2

b) D(f) : x =p

2q + 1, onde p e q sao numeros inteiros, CD(f) : y = ±1

5. f(−2) = −1, f(−1) = 0, f(0) = 1, f(1) = 2, f(2) = 4

6. f(0.9) = 1, f(0.99) = 1, f(0.999) = 1, f(1) = 2

7. f(x) =

(x

1− x

)2

8.

a) par

118 Respostas

b) ımpar

9.

a) periodica, T = π

b) nao periodica

c) periodica, T = π

d) nao periodica

Modulo 9. Limite de funcao

1. δ < 2−√3

2.

a) 6

b) 5−5

c) (3/2)30

3.

a) −1/2

b) 1

c) (3/2)10

4.

a) 1/√

2

b) −2

Respostas 119

c) 3/2

5. Nao

Modulo 10. Limites notaveis

1.

a) 1/3

b) 1/p

c) 2/π

d) 1/2

2.

a) − sin a

b) sec2 a, (a 6= (2kπ + 1)π/2), k = 0,±1,±2, . . .

c) − cos a

d)2 sin a

cos3 a, (a 6= (2k + 1)π/2), k e inteiro

e) − 1

sin2 a, (a 6= kπ), k e inteiro

f) 1/√

3

g) 4/3

h) −1/12

i)√

2

3.

120 Respostas

a) e2a

b) 0 se a1 < a2 , +∞ se a1 > a2 e eb1−b2

a1 se a1 = a2

c) e−π

d) 1

4.

a) 0

b) 1/5

c) 3/2

d) n

5.

a) aa ln ae

b) e2

c) ax ln2 a

Modulo 11. Comparacao de infinitesimos

1.

a) nao

b) sim

c) sim

2. Nao e correcta

Respostas 121

3. 4

4. 2/π

5. 1

6. 1/a

7.α

m+

β

n

8. −2

9. −π2/4

INDICE REMISSIVO

Bernoulli 11

Cauchy 54

Demidovitch 7

Dirichlet 67

Domınio 60

Funcao 60

ımpar 60

limitada 71

par 60

periodica 60

Grafico 60

Heine 73

Infimmum 71

Infinitamente grande 22

Infinitesimo 71, 99

equivalente 99

maior ordem 100

da mesma ordem 99

Intervalo simetrico 60

Limite

a direita 73

a esquerda 73

de funcao 71, 72

segundo Cauchy 73

segundo Heine 73

inferior 48

lateral 74

parcial 48

superior 48

122

Indice remissivo 123

Metodo

inducao matematica 8

Newton 45, 77

Oscilacao 72

Ponto de acumulacao 72

Subsucessao 48

Sucessao 15

convergente 16

crescente 43

decrescente 43

divergente 16

fundamental 54

limitada 15

monotona 43

Supremmum 71

Variavel

independente 60

Vizinhanca com buraco 72

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