# Funções, limites e continuidade

Domínio, inversas, radianos, limites laterais, indeterminações e continuidade antes de derivar.

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## Domínio e composição

Em $f(x)=\sqrt{x-2}/(x-3)$, a raiz exige $x\ge2$ e o denominador exige $x\ne3$. Podemos calcular $f(2)=0$ e $f(4)=\sqrt2$, mas não $f(1)$ nem $f(3)$ no conjunto dos reais. O domínio é $[2,3[\cup]3,+\infty[$.

Uma função $f:D\to\mathbb R$ atribui a cada $x$ do domínio $D$ um único valor $f(x)$. A imagem é o conjunto dos valores realmente atingidos. Para encontrar o domínio de uma expressão real, impõe todas as condições ao mesmo tempo:

*   Um denominador não pode ser zero.
*   Uma raiz de índice par exige radicando não negativo.
*   Um logaritmo exige argumento positivo.
*   Numa composição $f(g(x))$, $x$ deve pertencer ao domínio de $g$ e $g(x)$ ao domínio de $f$.

Por exemplo, em $f(x)=\ln(x-1)/\sqrt{4-x}$, o logaritmo exige $x>1$ e a raiz no denominador exige $x<4$. O domínio é $]1,4[$. Não podemos testar limites pela esquerda de $1$ dentro deste domínio.

Se $f$ for injetiva, valores diferentes de entrada dão valores diferentes de saída. A inversa $f^{-1}$ desfaz a aplicação de $f$ e tem como domínio a imagem de $f$. O símbolo $f^{-1}$ não significa $1/f$.

Por exemplo, $f(x)=x^2$ com $x\ge0$ é estritamente crescente, logo injetiva, com imagem $[0,+\infty[$. Para $y\ge0$, $y=x^2$ dá $x=\sqrt y$. A inversa é $g(y)=\sqrt y$, com domínio $[0,+\infty[$. Confere: $g(f(x))=x$ para $x\ge0$ e $f(g(y))=y$ para $y\ge0$. Sem a restrição do domínio, $x^2$ não teria inversa.

## Trigonometria e funções inversas

Nos cálculos diferenciais usamos **radianos**, e uma volta mede $2\pi$ radianos. O ponto da circunferência unitária correspondente ao ângulo $x$ é $(\cos x,\sin x)$, por isso

$$
\sin^2x+\cos^2x=1,\qquad \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}.
$$

A tangente só existe quando $\cos x\ne0$. Também usamos $\cot x=\cos x/\sin x$, $\sec x=1/\cos x$ e $\csc x=1/\sin x$, nos domínios em que os denominadores não se anulam.

As funções trigonométricas não são injetivas em todo o domínio. Para definir as inversas escolhemos uma restrição:

| Inversa | Domínio | Valores da inversa |
| --- | --- | --- |
| $\arcsin x$ | $[-1,1]$ | $[-\pi/2,\pi/2]$ |
| $\arccos x$ | $[-1,1]$ | $[0,\pi]$ |
| $\arctan x$ | $\mathbb R$ | $]-\pi/2,\pi/2[$ |
| $\operatorname{arccot}x$ | $\mathbb R$ | $]0,\pi[$ |

Para arco-secante e arco-cossecante, com $|x|\ge1$, usamos $\operatorname{arcsec}x=\arccos(1/x)$ e $\operatorname{arccsc}x=\arcsin(1/x)$. Os intervalos de valores são $[0,\pi]\setminus\{\pi/2\}$ e $[-\pi/2,\pi/2]\setminus\{0\}$, respetivamente.

Adotamos $\operatorname{arccot}x=\pi/2-\arctan x$. Assim, $\arcsin(\sin x)=x$ apenas no intervalo principal. Por exemplo, $\arcsin(\sin(3\pi/4))=\pi/4$, porque o arco-seno devolve um valor entre $-\pi/2$ e $\pi/2$.

As identidades $\sin(2x)=2\sin x\cos x$ e $\cos(2x)=1-2\sin^2x=2\cos^2x-1$ vão permitir simplificar integrais. Lembra também que $\ln(ab)=\ln a+\ln b$ exige $a,b>0$ e que $\ln(a+b)$ não se separa.

## Gráficos transformados

A partir do gráfico de $f$, somar $k$ desloca-o $k$ unidades na vertical. Por exemplo, $f(x)+2$ sobe dois. Na horizontal, $f(x-h)$ desloca $h$ unidades para a direita: $\sqrt{x-2}$ é a raiz deslocada duas unidades para a direita, com domínio $[2,+\infty[$.

Multiplicar por $a>1$ estica o gráfico; por $0<a<1$ comprime-o. O sinal menos em $f(-x)$ espelha o gráfico no eixo vertical.

## O que significa um limite

Escrever $\lim_{x\to a}f(x)=L$ diz que os valores de $f(x)$ ficam tão perto de $L$ quanto quisermos quando $x$ está suficientemente perto de $a$, com $x\ne a$. O valor $f(a)$ pode ser diferente ou nem existir.

Isto só faz sentido se $a$ puder ser aproximado por pontos do domínio diferentes dele. Se $a$ estiver isolado no domínio, não lhe atribuímos limite por esta definição.

Precisamente, para todo $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que, para todo $x$ no domínio,

$$
0<|x-a|<\delta\quad\Longrightarrow\quad |f(x)-L|<\varepsilon.
$$

**Exemplo: provar que $\lim_{x\to2}(3x+1)=7$.** Queremos que a distância entre $3x+1$ e $7$ seja menor do que um $\varepsilon>0$ arbitrário. Simplificando essa distância,

$$
|(3x+1)-7|=|3x-6|=3|x-2|.
$$

Assim, precisamos de $|x-2|<\varepsilon/3$. Dado qualquer $\varepsilon>0$, escolhemos $\delta=\varepsilon/3>0$. Para todo $x\in\mathbb R$ tal que $0<|x-2|<\delta$, temos

$$
|(3x+1)-7|=3|x-2|<3\delta=\varepsilon.
$$

A escolha de $\delta$ depende de $\varepsilon$, não de $x$, e funciona para todos os pontos dessa vizinhança. Isto prova o limite pela definição.

Numa função não linear, pode sobrar um fator que ainda depende de $x$. Para provar $x^2\to4$ quando $x\to2$, fatoramos $|x^2-4|=|x-2||x+2|$. O segundo fator varia com $x$, por isso limitamo-lo primeiro numa vizinhança fixa.

Se impusermos $|x-2|<1$, temos $1<x<3$ e $|x+2|<5$. Escolhemos então

$$
\delta=\min\{1,\varepsilon/5\}.
$$

A primeira condição garante $|x+2|<5$; a segunda garante $|x-2|<\varepsilon/5$. Logo $|x^2-4|<5|x-2|<\varepsilon$. Não podemos escolher $\delta$ em função do próprio $x$: o mesmo $\delta$ tem de servir para todos os pontos da vizinhança.

O limite pela esquerda usa $x<a$; o limite pela direita usa $x>a$. Se há domínio dos dois lados, o limite existe e é finito se e só se ambos os limites laterais existem e são iguais. Para $f(x)=|x|/x$, os limites em zero são $-1$ e $1$. O limite bilateral não existe.

Um limite infinito descreve crescimento sem limite, não um número para substituir numa conta. Por exemplo, $1/x^2\to+\infty$ quando $x\to0$, mas $1/x$ tende para $-\infty$ pela esquerda e $+\infty$ pela direita.

## Calcular sem L’Hôpital

Se a função é contínua no ponto e a expressão continua definida depois da substituição, substitui diretamente. Nas formas $0/0$, procura primeiro fatorização ou racionalização.

Para $x\ne2$,

$$
\frac{x^2-4}{x-2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2.
$$

Logo o limite em $2$ é $4$, embora a expressão inicial não esteja definida em $2$. Cancelar o fator permite estudar a vizinhança, não acrescenta o ponto ao domínio original.

Com raízes, o conjugado elimina a subtração:

$$
\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} =\frac{(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1+x}+1)}{x(\sqrt{1+x}+1)}.
$$

O produto no numerador é $(1+x)-1=x$. Para $x\ne0$, cancelamos esse fator e o limite é $1/2$, porque a expressão final é contínua em zero:

$$
\frac{x}{x(\sqrt{1+x}+1)}=\frac1{\sqrt{1+x}+1}.
$$

No infinito, divide pelo termo dominante. Por exemplo,

$$
\lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+4}=\frac32.
$$

Se $g(x)\le f(x)\le h(x)$ perto de $a$ e $g,h\to L$, o **teorema do confronto** dá $f\to L$. Como $|x\sin(1/x)|\le|x|$, temos $x\sin(1/x)\to0$.

Os limites fundamentais, com ângulos em radianos, são

$$
\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1,\quad \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1,\quad \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}x=1.
$$

Por mudança de variável, $\sin(3x)/x=3\sin(3x)/(3x)\to3$. A forma $0/0$ apenas indica que ainda falta trabalhar. Não tem valor igual a zero.

## Continuidade

Uma função é contínua em $a$ quando $a$ pertence ao domínio e $\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$. Num extremo do domínio, usamos o limite do lado disponível. Polinómios são contínuos em $\mathbb R$; racionais, exponenciais, logaritmos e funções trigonométricas são contínuos nos seus domínios.

Para tornar contínua a função

$$
f(x)=\begin{cases}(x^2-4)/(x-2),&x\ne2,\\k,&x=2,\end{cases}
$$

calculamos primeiro o limite, que é $4$, e escolhemos $k=4$.

Se $f$ é contínua em $[a,b]$, atinge máximo e mínimo nesse intervalo, pelo teorema de Weierstrass. Também atinge todos os valores entre $f(a)$ e $f(b)$, pelo teorema do valor intermédio. Assim, $x^3+x-1$ tem uma raiz em $]0,1[$, pois os valores nos extremos são $-1$ e $1$. O teorema garante existência; a unicidade exige outro argumento, que veremos com a derivada.

## Exercícios

Combinar as condições do domínio

Qual é o domínio real de $f(x)=\ln(x+2)/\sqrt{9-x^2}$?

Pista

Escreve uma condição para cada operação antes de juntar os intervalos.

Mais uma pista

A raiz está no denominador. O radicando tem de ser estritamente positivo.

Solução

Precisamos de $x+2>0$ e $9-x^2>0$. A primeira condição dá $x>-2$ e a segunda $-3<x<3$. Ambas se verificam em $]-2,3[$.

*   **\]-2,3\[.** O logaritmo exige x>-2; a raiz no denominador exige -3<x<3. A interseção é \]-2,3\[.
*   **\[-2,3\[.** Em x=-2, o argumento do logaritmo é zero. O logaritmo não existe aí.
*   **\]-3,3\[.** Este intervalo trata a raiz, mas inclui valores com x+2 não positivo.
*   **\]-2,3\].** Em x=3, o denominador é zero. Esse extremo deve ficar excluído.

Erros frequentes

O domínio é a interseção das condições. Uma raiz pode valer zero, mas um denominador não pode.

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Um limite com uma raiz

Calcula $\lim_{x\to0}(\sqrt{9+x}-3)/x$ por racionalização. Introduz o valor decimal com seis casas.

Pista

A substituição dá $0/0$. Multiplica pelo conjugado do numerador.

Mais uma pista

O produto $(\sqrt{9+x}-3)(\sqrt{9+x}+3)$ é $x$.

Solução

Para $x\ne0$ perto de zero,

$$
\frac{\sqrt{9+x}-3}{x}=\frac1{\sqrt{9+x}+3}.
$$

A nova expressão é contínua em zero e vale $1/6$, aproximadamente $0{,}166667$. Cancelámos o fator para calcular o limite; a expressão original continua indefinida em zero.

Erros frequentes

Não substituas a indeterminação por zero. Depois de multiplicar pelo conjugado, conserva o fator $\sqrt{9+x}+3$ no denominador.

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Domínio, imagem e composição da inversa

Seja $f(x)=\sqrt{x-2}$. Determina o domínio real, a imagem e a inversa $g$. Verifica as duas composições nos respetivos domínios. Se usares a mesma expressão de $g$ para $y<0$, a igualdade $f(g(y))=y$ continua válida?

Pista

Depois de isolar $x$, conserva a condição sobre o sinal de $y$. Ao verificar a composição, lembra que $\sqrt{y^2}=|y|$.

Solução

A raiz exige $x\ge2$ e só produz valores não negativos. Todos os $y\ge0$ são atingidos, pois $x=y^2+2$ pertence ao domínio e $f(x)=y$. Logo o domínio é $[2,+\infty[$ e a imagem é $[0,+\infty[$.

Como a raiz é estritamente crescente, $f$ é injetiva. Resolver $y=\sqrt{x-2}$ dá $g(y)=y^2+2$, com $y\ge0$. Para $x\ge2$, $g(f(x))=(\sqrt{x-2})^2+2=x$. Para $y\ge0$, $f(g(y))=\sqrt{y^2}=y$.

Se prolongarmos a fórmula de $g$ aos negativos, $f(g(y))=|y|\ne y$ para $y<0$. Por exemplo, $g(-1)=3$, mas $f(3)=1$. A restrição ao domínio da inversa é parte da resposta.

Confere a tua resposta:

*   Indiquei domínio \[2,+∞\[ e imagem \[0,+∞\[ de f.
*   Obtive g(y)=y²+2 para y≥0 e verifiquei as duas composições.
*   Mostrei por que prolongar g aos negativos não dá uma inversa em todo o real.

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Escolher o valor que fecha uma colagem

Escolhe $k$ para que $f$ seja contínua em $1$:

$$
f(x)=\begin{cases}x+1,&x<1,\\k,&x=1,\\3-x,&x>1.\end{cases}
$$

Pista

Calcula separadamente os dois limites laterais.

Mais uma pista

O valor no ponto deve coincidir com ambos os limites.

Solução

Pela esquerda, $x+1\to2$. Pela direita, $3-x\to2$. O limite bilateral existe e vale $2$. A continuidade exige $f(1)=2$, portanto $k=2$.

Erros frequentes

Se os limites laterais fossem diferentes, nenhuma escolha de $k$ tornaria a função contínua. Alterar um ponto não altera esses limites.

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Provar um limite com uma cota local

Prova que $\lim_{x\to3}x^2=9$ pela definição com $\varepsilon$ e $\delta$. Um aluno propõe $\delta=\varepsilon/|x+3|$. Explica por que esta escolha não é uma justificação válida e constrói uma escolha que dependa apenas de $\varepsilon$.

Pista

Fatora a diferença. Primeiro restringe $x$ a uma vizinhança fixa de $3$ para obter uma cota do fator que ainda depende de $x$.

Solução

Temos $|x^2-9|=|x-3||x+3|$. A proposta do aluno depende do ponto $x$, mas a definição exige escolher uma única vizinhança que funcione para todos os seus pontos. Precisamos de limitar $|x+3|$ antes dessa escolha.

Dado $\varepsilon>0$, toma $\delta=\min\{1,\varepsilon/7\}>0$. Se $0<|x-3|<\delta$, então $|x-3|<1$, portanto $2<x<4$ e $|x+3|<7$. Assim,

$$
|x^2-9|=|x-3||x+3|<7|x-3|<7\delta\le\varepsilon.
$$

O limite está provado. A condição $\delta\le1$ controla o segundo fator; $\delta\le\varepsilon/7$ controla o erro. O mínimo garante as duas condições ao mesmo tempo, para qualquer $\varepsilon>0$.

Confere a tua resposta:

*   Fatorei |x²−9|=|x−3||x+3| e limitei o segundo fator.
*   Para ε>0 arbitrário, escolhi δ=min(1,ε/7), ou outra escolha positiva suficiente.
*   Provei a desigualdade para todos os x com 0<|x−3|<δ, sem escolher δ em função de x.

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