Muitos resultados e aplicações importantes que estudaremos daqui para frente dependem dos teoremas dessa seção. Esses teoremas são estruturais dentro do Cálculo, são eles o Teorema de Rolle e o Teorema do Valor Médio. Utilizando-os, poderemos extrair informações a respeito de uma função através de propriedades de sua derivada.

Teorema de Rolle

Teorema 1

(Teorema de Rolle) Seja f uma função tal que:

$f$ é contínua no intervalo fechado $[a, b]$
$f$ é derivável no intervalo aberto $(a, b)$ ;
$f (a) = f (b)$ .

Então, existe pelo menos um ponto $c \in (a, b)$ , tal que $f^{'} (c) = 0$ .

De um ponto de vista geométrico, o Teorema de Rolle garante que, nas hipóteses do Teorema, existe pelo menos um ponto

c

no intervalo

(a, b)

, onde a reta tangente é horizontal. Do ponto de vista físico, se

s = f (t)

for a função posição de um objeto em movimento, o Teorema de Rolle nos diz que se o objeto ocupar duas vezes a mesma posição (

f (a) = f (b)

) em instantes

a

b

diferentes, então em algum momento

t = c

, durante esse intervalo de tempo, sua velocidade se anulou, ou seja

v (c) = f^{'} (c) = 0

O Teorema do Valor Médio (também conhecido como Teorema de Lagrange), é uma engenhosa adaptação do Teorema de Rolle, que permite eliminar a condição

f (a) = f (b)

Teorema 2

(Teorema do Valor Médio) Seja f uma função tal que:

$f$ é contínua no intervalo fechado $[a, b]$ ;
$f$ é derivável no intervalo aberto $(a, b)$ ;

Então, existe pelo menos um ponto $c \in (a, b)$ , tal que $f^{'} (c) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a} .$

é a variação média da função entre

x = a

x = b

. O Teorema do Valor Médio (TVM) garante que, se a função cumpre as condições da hipótese, então haverá pelo menos um ponto

x = c

onde a derivada

f^{'} (c)

é igual à variação média da

f

no intervalo

[a, b]

De um ponto de vista geométrico, o Teorema do Valor Médio (TVM) garante que existe uma reta tangente ao gráfico da

f

num ponto intermediário

c

, com

a < c < b

, que é paralela à corda que passa pelos pontos

(a, f (a))

(b, f (b))

Quando a referida corda é horizontal, i.e. quando

f (a) = f (b)

, a tangente é horizontal, o que mostra que o Teorema de Rolle é um caso especial do Teorema do Valor Médio.

Exemplo 1

Seja $f (x) = x^{2} - x$ , para $x \in [0, 4]$ . Vamos ilustrar o TVM através deste exemplo. Como a função $f$ é polinomial, será derivável em todo intervalo $(0, 4)$ e também contínua em $[0, 4]$ . Aplicando o TVM, temos que existe $c \in (0, 4)$ , tal que $f^{'} (c) = \frac{f (4) - f (0)}{4 - 0} = 12 / 4 = 3.$ Mas, nesse caso $f^{'} (x) = 2 x - 1$ , portanto conseguimos determinar a abscissa $x = c$ , ou seja, $2 c - 1 = 3 \Rightarrow c = 2$ . Veja a figura a seguir.

Exemplo 2

Quando um objeto se move em linha reta com uma função posição $s (t)$ , $t \in [a, b]$ , o TVM nos diz que em algum instante nesse intervalo, sua velocidade instantânea foi igual à sua velocidade média. De fato, pelo TVM, existe $c \in (a, b)$ , tal que $s^{'} (c) = \frac{s (b) - s (a)}{b - a}$ , mas $s^{'} (c)$ é a velocidade no instante $t = c$ e o lado direito da igualdade, que pode ser escrito como $\frac{Δ s}{Δ t}$ é a velocidade média do objeto durante o intervalo de tempo $[a, b]$ .

Exemplo 3

Supondo que para uma função $f : R ⟶ R$ derivável, se tenha $f (0) = 1$ e $f^{'} (x) \leq 7 / 2, \forall x \in R$ , qual o maior valor possível para $f (2)$ ?

Solução

Aplicando o TVM a $f$ em $[0, 2]$ , temos que existe $c \in (0, 2)$ , tal que

\frac{f (2) - f (0)}{2 - 0} = f^{'} (c) \Rightarrow f (2) - 1 = 2 f^{'} (c) \Rightarrow f (2) \leq 1 + 2 \frac{7}{2} = 8.

Assim, o maior valor possível para $f (2)$ é $8$ .

O Teorema do Valor Médio nos permite identificar intervalos onde a função

f

é monótona, ou seja, onde é crescente ou decrescente, pela determinação do sinal de sua derivada

f^{'}

, tal como descreveremos a seguir. Mais à frente, veremos que este estudo será útil para classificar se um ponto onde a derivada de

f

se anula é um ponto de máximo ou de mínimo, ou ainda se não é nenhum dos dois.

Teorema 3

Se $f$ é contínua no intervalo $I = [a, b]$ e derivável em $(a, b)$ então:

$f^{'} (x) = 0, \forall x \in (a, b) \Rightarrow f$ é constante no intervalo $[a, b]$ ;
$f^{'} (x) > 0, \forall x \in (a, b) \Rightarrow f$ é estritamente crescente no intervalo $[a, b]$ ;
$f^{'} (x) < 0, \forall x \in (a, b) \Rightarrow f$ é estritamente decrescente em $[a, b]$ ;

Observe que o Teorema 3 anterior nos dá uma recíproca para o fato de uma função constante ter derivada zero. Porém, ter derivada zero implica em ser uma função constante só quando o domínio é um intervalo. Por exemplo, a função

y = \frac{| x |}{x}

\forall x \neq 0

, tem derivada nula, mas não é constante. Note que seu domínio não é um intervalo, mas uma união de dois intervalos disjuntos.
Outra consequência importante é dada na proposição seguinte, que nos diz que se duas funções possuem derivadas iguais em todo o ponto de um intervalo

I

, então elas diferem por uma constante, ou seja, uma é translação vertical da outra.

Proposição 1

Se $f^{'} (x) = g^{'} (x), \forall x \in I$ , onde I é um intervalo, então existe uma constante $k$ , tal que $f (x) = g (x) + k, \forall x \in I$ .

Por exemplo, da proposição anterior, segue que as únicas funções que possuem derivada igual a

e^{x}

são do tipo

e^{x} + k

, pois sabemos que a derivada de

e^{x}

é ela própria em

R

e qualquer outra que tenha

e^{x}

como derivada será uma translação vertical da mesma. Chamamos uma função

F (x)

, tal que

F^{'} (x) = f (x)

\forall x \in I

de uma primitiva da

f

e a família de todas as primitivas de uma

f

é dita a integral indefinida da

f

e é denotada por

Temos

\int e^{x} d x = e^{x} + k

\int \cos (x) d x = sen (x) + k

\int sen (x) d x = - \cos (x) + k

\int \sec^{2} (x) d x = tg (x) + k

\int x^{2} d x = \frac{x^{3}}{3} + k

e assim por diante. Na disciplina Cálculo IIA esse assunto será central!

A Regra de L'Hospital

Nas semanas anteriores, quando introduzimos o conceito de limite, já encontramos formas indeterminadas do tipo, por exemplo,

[\frac{0}{0}]

. Para funções racionais resolvemos o problema "eliminando" fatores comuns, como por exemplo nesse caso:

enquanto usamos um argumento geométrico para o limite trigonométrico fundamental

Mas essas técnicas não funcionam em generalidade. Agora que temos a derivação na nossa aljava, podemos introduzir um método sistemático, a regra de L'Hospital, para o cálculo de limites em formas indeterminadas.
Como não faremos uma demonstração do resultado, daremos um argumento usando polinômio de Taylor, válido sob certas hipóteses, para mostrar que o resultado é de se esperar. A regra de L'Hospital nos diz que quando há uma indeterminação, é possível calcular o limite de um quociente de funções olhando para o limite do quociente de suas derivadas no mesmo ponto. Assim, tomemos

a \in I

e sejam

f

g

funções de classe

C^{2}

em I, tais que

f (a) = g (a) = 0

g^{'} (a) \neq 0

. Usando os polinômios de Taylor dessas funções de ordem 1 em torno de

x = a

, obtemos que

pois do Teorema de Taylor (visto no texto sobre Polinômio de Taylor),

\frac{\overset{―}{E} r r o (x)}{(x - a)} \to 0

\frac{E r r o (x)}{(x - a)} \to 0

, quando

x \to a

. E, além disso

lim_{x \to a} \frac{f^{'} (x)}{g^{'} (x)} = \frac{f^{'} (a)}{g^{'} (a)}

, já que supomos

g^{'} (a) \neq 0

f^{'}

g^{'}

contínuas em

a

. Portanto, chegamos ao resultado

Acima, colocamos várias hipóteses sobre as funções envolvidas, porém da regra de L'Hospital vale num contexto mais geral, como veremos no resultado a seguir.

Teorema 4

(Regra de L'Hospital) Seja $a \in I$ um intervalo aberto e sejam $f$ e $g$ funções deriváveis em I (exceto possivelmente em $a$ ), tal que $g^{'} (x) \neq 0$ para todo $x \in I ∖ {a}$ .

Suponhamos também que

lim_{x \to a} f (x) = lim_{x \to a} g (x) = 0

lim_{x \to a} f (x) = \pm \infty e lim_{x \to a} g (x) = \pm \infty .

Se existe ou é infinito o limite $lim_{x \to a} \frac{f^{'} (x)}{g^{'} (x)}$ , então

lim_{x \to a} \frac{f (x)}{g (x)} = lim_{x \to a} \frac{f^{'} (x)}{g^{'} (x)}

Exemplo 4

Consideramos a função $f (x) = \frac{\ln x}{x - 1}$ no seu domínio natural $D = {x \in R ∣ x > 0, x \neq 1}$ , e queremos calcular

lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1} .

Solução

Vemos que temos uma indeterminação do tipo $[0 / 0]$ e nesse caso, podemos aplicar a regra de L´Hospital diretamente. Logo,

lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1} = lim_{x \to 1} \frac{\frac{1}{x}}{1} = lim_{x \to 1} \frac{1}{x} = 1.

Exemplo 5

Agora, queremos calcular $lim_{x \to π^{+}} \frac{sen (x)}{\cos (x) + 1}$ , que possui uma indeterminação do tipo $[0 / 0]$ e nesse caso, também podemos aplicar L´Hospital diretamente.

Solução

Logo,

lim_{x \to π^{+}} \frac{sen (x)}{\cos (x) + 1} = lim_{x \to π^{+}} \frac{\cos (x)}{- sen (x)} = - \infty

O próximo exemplo ilustra o fato de que às vezes somos levados a aplicar a Regra de L'Hospital (L'H) mais de uma vez. Isso acontece quando aplicamos e caímos em outra indeterminação.

Exemplo 6

No $lim_{x \to 0} \frac{tg (x) - x}{x^{3}}$ também temos uma indeterminação do tipo $[0 / 0]$ , então aplicando L'H temos,

lim_{x \to 0} \frac{tg (x) - x}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{\sec^{2} (x) - 1}{3 x^{2}},

que continua indeterminado. Aplicando L'H novamente, obtemos,

lim_{x \to 0} \frac{\sec^{2} (x) - 1}{3 x^{2}} = lim_{x \to 0} \frac{2 \sec^{2} (x) tg (x)}{6 x}

e ainda está indeterminado! Aplicamos L´H pela última vez e obtemos

lim_{x \to 0} \frac{2 \sec^{2} (x) tg (x)}{6 x} = lim_{x \to 0} \frac{4 \sec^{2} (x) {tg}^{2} (x) + 2 \sec^{4} (x)}{6} = 1 / 3 (*)

Assim, $lim_{x \to 0} \frac{tg (x) - x}{x^{3}} = 1 / 3.$
Vale a pena observar que em $(*)$ poderíamos ter usado o limite trigonométrico fundamental no lugar de L'H pela 3ª vez, pois $lim_{x \to 0} \frac{2 \sec^{2} (x) tg (x)}{6 x} = lim_{x \to 0} \frac{2 sen (x)}{6 x \cos^{3} (x)} = lim_{x \to 0} \frac{sen (x)}{x} \frac{1}{3 \cos^{3} (x)} = 1 / 3$ .

Exemplo 7

Nesse exemplo $lim_{x \to + \infty} \frac{\ln x}{x}$ , temos uma indeterminação do tipo $[\infty / \infty]$ . Aplique L'H.

Solução

lim_{x \to + \infty} \frac{\ln x}{x} = lim_{x \to + \infty} \frac{1 / x}{1} = 0.

Exemplo 8

Esse exemplo nos mostra que a exponencial cresce mais rápido do que qualquer polinômio. Observe:

$lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{x} = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{1} = + \infty$ , pois temos uma indeterminação do tipo $[\infty / \infty]$ e podemos aplicar L'H.
$lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{x^{2}} = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{2 x} = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{2} = + \infty$ , pois aplicamos L'H duas vezes.
Se $n \geq 3$ for natural, então $lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{x^{n}} = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{n x^{n - 1}} = . . . = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{n!} = + \infty$ , pois aplicamos L'H $n$ vezes.
Se $p (x)$ é um polinômio de grau $n$ podemos aplicar L'H $n$ vezes para obter $lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{p (x)} = + \infty$ , se o coeficiente de $x^{n}$ for positivo, ou $lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{p (x)} = - \infty$ se o coeficiente de $x^{n}$ for negativo.

A partir do exemplo seguinte vamos ver como podemos utilizar a regra de L'Hospital nos outros tipos de indeterminações. Na verdade, teremos sempre que reescrever a função de tal forma que cheguemos a uma indeterminação do tipo

[0 / 0]

[\infty / \infty]

Exemplo 9

Vejamos o caso de uma indeterminação tipo $[0 \cdot \infty]$ através do exemplo:

lim_{x \to 0^{+}} x \ln (x) .

Não podemos aplicar diretamente L'H, pois não temos uma indeterminação [0/0] ou $[\infty / \infty]$ . A ideia será transformar o produto em quociente, sem modificar a função original, para que tenhamos uma indeterminação do tipo $[0 / 0]$ ou $[\infty / \infty]$ . Observe:

lim_{x \to 0^{+}} x \ln (x) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln (x)}{\frac{1}{x}} \underset{i n d . [\infty / \infty]}{=} lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{x}}{- \frac{1}{x^{2}}} = lim_{x \to 0^{+}} - x = 0.

Nesse caso, foi mais simples inverter o $x$ do que inverter o $\ln (x)$ .

Exemplo 10

Vejamos outro caso de uma indeterminação tipo $[0 \cdot \infty]$ :

lim_{x \to + \infty} e^{- x} l n (x) = lim_{x \to + \infty} \frac{\ln (x)}{e^{x}} \underset{i n d . [\infty / \infty]}{=} lim_{x \to + \infty} \frac{\frac{1}{x}}{e^{x}} = lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x e^{x}} = 0.

Exemplo 11

Nesse exemplo temos uma indeterminação do tipo $[\infty - \infty]$ , que resolveremos convertendo em uma indeterminação do tipo [0/0]:

lim_{x \to π / 2} \sec (x) - tg (x) = lim_{x \to π / 2} \frac{1}{\cos (x)} - \frac{sen (x)}{\cos (x)} = lim_{x \to π / 2} \frac{1 - sen (x)}{\cos (x)} \underset{i n d . [0 / 0]}{=} lim_{x \to π / 2} \frac{- \cos (x)}{- sen (x)} = 0.

Exemplo 12

Outro exemplo interessante com indeterminação tipo $[\infty - \infty]$ , que será convertido em uma indeterminação do tipo $[\infty / \infty]$ :

lim_{x \to + \infty} x - \ln (x) = lim_{x \to + \infty} x (1 - \frac{\ln (x)}{x}) .

Vimos no exemplo 7 que $lim_{x \to + \infty} \frac{\ln (x)}{x} = 0$ , logo

lim_{x \to + \infty} x (1 - \frac{\ln (x)}{x}) = + \infty .

Lembramos que definimos uma função elevada a outra função da seguinte forma:

Exemplo 13

Um exemplo com indeterminação tipo $[1^{\infty}]$ :

lim_{x \to 0} (1 + π x)^{1 / x} = lim_{x \to 0} e^{\frac{1}{x} \ln (1 + π x)} (*)

Separamos o expoente em $(*)$ e calculamos seu limite por L'H:

lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln (1 + π x) = lim_{x \to 0} \frac{\ln (1 + π x)}{x} \underset{i n d . [0 / 0]}{=} lim_{x \to 0} \frac{π}{1 + π x} = π .

Voltando a $(*)$ , como a exponencial é contínua, temos que

lim_{x \to 0} (1 + π x)^{1 / x} = lim_{x \to 0} e^{\frac{1}{x} \ln (1 + π x)} = e^{lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln (1 + π x)} = e^{π} .

Exemplo 14

Um exemplo com indeterminação tipo $[0^{0}]$ :

lim_{x \to 0^{+}} x^{x} = lim_{x \to 0^{+}} e^{x \ln (x)} = e^{lim_{x \to 0^{+}} x \ln (x)} = e^{0} = 1,

pois, o limite do expoente já foi calculado no exemplo 9.

Exemplo 15

Um exemplo com indeterminação tipo $[\infty^{0}]$ :

lim_{x \to + \infty} x^{1 / x^{2}} = lim_{x \to + \infty} e^{\frac{\ln (x)}{x^{2}}} (*)

Separando o expoente, que possui indeterminação tipo $[\infty / \infty]$ , pela regra de L'H, segue que

lim_{x \to + \infty} \frac{\ln (x)}{x^{2}} = lim_{x \to + \infty} \frac{\frac{1}{x}}{2 x} = lim_{x \to + \infty} \frac{1}{2 x^{2}} = 0

Retornando a $(*)$ , obtemos que

lim_{x \to + \infty} x^{1 / x^{2}} = lim_{x \to + \infty} e^{\frac{\ln (x)}{x^{2}}} = e^{0} = 1

Exemplo 16

Calcule os limites abaixo, se possível. Antes de fazer contas sem pensar, devemos sempre investigar o que está acontecendo com as funções envolvidas no limite no ponto dado, pois nem sempre é necessário ou possível usar L'Hospital.

$lim_{x \to - \infty} e^{- x^{2}} x$
$lim_{x \to - \infty} \frac{e^{x}}{x}$
$lim_{x \to 0^{+}} (\frac{1}{x} - cosec (x))$
$lim_{x \to + \infty} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}}$
$lim_{x \to + \infty} \ln (x) - \ln (2 x + 1)$
$lim_{x \to 0^{+}} {(arcsen (x))}^{1 / x}$

Solução

Há indeterminação do tipo $[0 \cdot \infty]$ e reescrevendo, temos
$lim_{x \to - \infty} e^{- x^{2}} x \underset{i n d . [\infty / \infty]}{=} lim_{x \to - \infty} \frac{x}{e^{x^{2}}} \underset{L^{'} H}{=} lim_{x \to - \infty} \frac{1}{2 x e^{x^{2}}} = 0$
Nesse caso, não há indeterminação, já que $e^{x} \to 0$ e $1 / x \to 0$ , se $x \to - \infty$ , portanto
$lim_{x \to - \infty} \frac{e^{x}}{x} = lim_{x \to - \infty} \frac{1}{x} e^{x} = 0.$

Quando não há indeterminação, não podemos usar L'Hospital!!!
Vamos reescrever a cossecante e tirar o MMC:
$lim_{x \to 0^{+}} (\frac{1}{x} - cosec (x)) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{sen (x) - x}{x sen (x)} \underset{i n d . [0 / 0], L^{'} H}{=}$

$= lim_{x \to 0^{+}} \frac{\cos (x) - 1}{sen (x) + x \cos (x)} \underset{i n d . [0 / 0], L^{'} H}{=} lim_{x \to 0^{+}} \frac{- sen (x)}{2 \cos (x) - x sen (x)} = 0.$
Nossa primeira tentativa será usando L´H, pois há uma indeterminação do tipo $[\infty / \infty]$ , assim
$lim_{x \to + \infty} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}} \underset{L^{'} H}{=} lim_{x \to + \infty} \frac{1}{\frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}}} = lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x^{2} + 1}}{x}$
e temos nova indeterminação do tipo $[\infty / \infty]$ . Aplicando a regra de L'H novamente, retornamos à função inicial, ou seja,
$lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x^{2} + 1}}{x} \underset{L^{'} H}{=} lim_{x \to + \infty} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}} .$
Não adianta continuar! A Regra de L'Hospital não vai nos ajudar nesse caso! Portanto, vamos lembrar das primeiras aulas sobre limite...

$lim_{x \to + \infty} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}} = lim_{x \to + \infty} \frac{x}{| x | \sqrt{1 + 1 / x^{2}}} \underset{x > 0}{=} lim_{x \to + \infty} \frac{x}{x \sqrt{1 + 1 / x^{2}}} = lim_{x \to + \infty} \frac{1}{\sqrt{1 + 1 / x^{2}}} = 1.$
Temos indeterminação do tipo $[\infty - \infty]$ . Nesse caso, utilizaremos propriedade do logaritmo para escrever:
$lim_{x \to + \infty} \ln (x) - \ln (2 x + 1) = lim_{x \to + \infty} \ln (\frac{x}{2 x + 1}) .$
Observe que $lim_{x \to + \infty} \frac{x}{2 x + 1} = 1 / 2$ (aqui pode usar L´H ou dividir numerador e denominador por $x$ ). Logo,
$lim_{x \to + \infty} \ln (\frac{x}{2 x + 1}) = lim_{t \to 1 / 2} \ln (t) = \ln (1 / 2) = - \ln (2),$
pois $\ln$ é contínua em $(0, + \infty)$ .
Observe que
${(arcsen (x))}^{1 / x} = e^{\frac{1}{x} \ln (arcsen (x))}$
e que $1 / x \to + \infty$ e $\ln (arcsen (x)) \to - \infty$ , quando $x \to 0^{+}$ , portanto NÃO há indeterminação, mas o produto das duas tende a $- \infty$ , donde se conclui que $lim_{x \to 0^{+}} {(arcsen (x))}^{1 / x} = lim_{x \to 0^{+}} e^{\frac{1}{x} \ln (arcsen (x))} = 0.$

Os Teoremas de Rolle e do Valor Médio

Teorema de Rolle

A Regra de L'Hospital