Extensão Contínua

Teoria Completa

Extensão Contínua

Você já deve ter encontrado por aí um monte de questões em que tínhamos um limite onde o denominador zerava mas que o valor do limite convergia. É relativamente comum aparecerem casos como esse:

Ex:

lim x → 1 ⁡ x 2 - 1 x - 1 = lim x → 1 ⁡ x + 1 x - 1 x - 1

= lim x → 1 ⁡ x + 1 = 1 + 1 = 2

P o r é m ,   x = 1   n ã o   f a z   p a r t e   d o   d o m í n i o   d e   f x = x 2 - 1 x - 1

Nesse caso, vemos que f x é contínua dentro de seu domínio, mas em x = 1 a função não existe. Daí, surge a ideia de gerar a extensão contínua! Ora, o limite para x → 1 não é 2 ? Então vamos dizer que a função vale 2 nesse ponto e ela mesma no resto, ou seja:

f x = 2 ,     x = 1 x 2 - 1 x - 1 ,     x ≠ 1

Você pode ouvir falar desse tipo de singularidade, como a do exemplo, como descontinuidade removível.

Importante: Se o limite nesse ponto explodisse para ± ∞ não teríamos como fazer essa extensão contínua para sua função.

Para questões desse tipo você vai precisar lembrar de ficar atento ao denominador e quando ele zera. Nesses pontos estarão o nosso interesse principal da análise, não se esqueça disso!

Expandir

Exercício Resolvido #1

UFF, Cálculo IA-Lista 4, GMA, 2008-1, Questão 32

Verifique se a função dada tem extensão contínua em toda reta R .

f x = - 1 + s e n   x x - π 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Esse denominador vai zerar quando x - π 2 = 0 , ou seja, x = π 2 . De resto, não temos outros candidatos a pontos com extensão contínua. Vamos calcular o limite da função nesse ponto:

lim x → π 2 ⁡ - 1 + s e n   x x - π 2

Passo 2

Para resolver esse cara, vou substituir o seu denominador por u , para simplificar a matemática do negócio:

u = x - π 2         ;         x → π 2  

u → π 2 - π 2 = 0

lim x → π 2 ⁡ - 1 + s e n   x x - π 2 = lim u → 0 ⁡ - 1 + sen ⁡ u + π 2 u

Passo 3

Nesse momento, vou lembrar você de uma propriedade trigonométrica:

sen ⁡ ( x ± y ) = sen ⁡ x ⋅ cos ⁡ y ± sen ⁡ y ⋅ cos ⁡ x

Com isso, teremos:

sen ⁡ u + π 2 = sen ⁡ u cos ⁡ π 2 + sen ⁡ π 2 cos ⁡ u

Onde sen ⁡ π 2 = 1 e cos ⁡ π 2 = 0 . Enfim, temos:

sen ⁡ u + π 2 = sen ⁡ u 0 + 1 cos ⁡ u

= cos ⁡ u

O que significa que posso escrever o limite como:

lim u → 0 ⁡ - 1 + cos ⁡ u u = lim u → 0 ⁡ cos ⁡ u - 1 u

Passo 4

Vou multiplicar pelo conjugado quadrado de ( cos ⁡ u - 1 ) em cima e embaixo:

lim u → 0 ⁡ cos ⁡ u - 1 u = lim u → 0 ⁡ cos ⁡ u - 1 u cos ⁡ u + 1 cos ⁡ u + 1

= lim u → 0 ⁡ cos 2 ⁡ u - 1 u cos ⁡ u + 1

Onde sen 2 ⁡ u + cos 2 ⁡ u = 1 . Dessa maneira,

cos 2 ⁡ u - 1 = - sen 2 ⁡ u →     lim u → 0 ⁡ - sen 2 ⁡ u u cos ⁡ u + 1

Passo 5

Podemos destacar um Limite fundamental ali do resto do limtie, repara:

lim u → 0 ⁡ - sen 2 ⁡ u u cos ⁡ u + 1 = lim u → 0 ⁡ sen ⁡ u u lim u → 0 ⁡ - sen ⁡ u cos ⁡ u + 1

Substituindo o limite fundamental por 1 e u = 0 no resto, teremos:

lim u → 0 ⁡ sen ⁡ u u lim u → 0 ⁡ - sen ⁡ u cos ⁡ u + 1 = 1 - 0 1 + 1

= 0

Portanto, teremos extensão contínua nesse ponto, x = π 2 . Dessa forma, a equação da função acabaria como:

f x = 0 ,     x = π 2 - 1 + s e n   x x - π 2 ,     x ≠ π 2

Resposta

f x = 0 ,     x = π 2 - 1 + s e n   x x - π 2 ,     x ≠ π 2

Exercício Resolvido #2

Elaboração Própria

Verifique se a função dada tem extensão contínua em toda reta R .

f x = s e n 3 6 x x 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Esse denominador vai zerar quando x 2 = 0 , ou seja, x = 0 . De resto, não temos outros candidatos a pontos com extensão contínua. Vamos calcular o limite da função nesse ponto:

lim x → 0 ⁡ s e n 3 6 x x 2

Passo 2

Repara que no argumento do seno temos 6 x . Dessa forma, se multiplicarmos em cima e embaixo por 6 x 3 , já que temos o seno elevado ao cubo, poderíamos aplicar uma substituição do Limite Fundamental Trigonométrico, dessa forma:

lim x → 0 ⁡ s e n 3 6 x x 2 = lim x → 0 ⁡ s e n 3 6 x x 2 6 x 3 6 x 3

= lim x → 0 ⁡ s e n 3 6 x 6 x 3 6 x 3 x 2 = lim x → 0 ⁡ s e n 3 6 x 6 x 3 lim x → 0 ⁡ 6 x 3 x 2

= lim x → 0 ⁡ sen ⁡ 6 x 6 x 3 lim x → 0 ⁡ 6 x 3 x 2

Passo 3

Para resolver o Limite Fundamental Trigonométrico, fazemos uma substituição:

u = 6 x     ;     x → 0

u → 6 0 = 0

lim x → 0 ⁡ sen ⁡ 6 x 6 x 3 lim x → 0 ⁡ 6 x 3 x 2 = lim u → 0 ⁡ sen ⁡ u u 3 lim x → 0 ⁡ 6 x

Substituímos o Limite Fundamental Trigonométrico no primeiro cara e o valor do x no segundo:

lim u → 0 ⁡ sen ⁡ u u 3 lim x → 0 ⁡ 6 x = 1 6 0

= 0

Passo 4

Assim, aplicando a extensão contínua nesse ponto, teremos a função valendo ela mesma para x ≠ 0 e 0 quando x = 0 :

f x = 0 ,     x = 0 s e n 3 6 x x 2 ,     x ≠ 0

Resposta

f x = 0 ,     x = 0 s e n 3 6 x x 2 ,     x ≠ 0

Exercício Resolvido #3

UFF, Cálculo IA-Lista 4, GMA, 2008-1, Questão 33

Verifique se a função dada tem extensão contínua em toda reta R .

f x = s e n ( x 2 - 4 )   x + 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Esse denominador vai zerar quando x + 2 = 0 , ou seja, x = - 2 . Vamos calcular o limite da função nesse ponto:

lim x → - 2 ⁡ s e n ( x 2 - 4 )   x + 2

Passo 2

Repara que no argumento do seno temos x 2 - 4 , que é igual a x + 2 x - 2 , pelo produto notável. Dessa forma, se multiplicarmos em cima e embaixo por x - 2 , poderíamos aplicar uma substituição do limite fundamental, dessa forma:

lim x → - 2 ⁡ sen ⁡ x 2 - 4 x + 2 = lim x → - 2 ⁡ sen ⁡ x 2 - 4 x + 2 x - 2 x - 2

= lim x → - 2 ⁡ sen ⁡ x 2 - 4 x 2 - 4 x - 2 = lim x → - 2 ⁡ sen ⁡ x 2 - 4 x 2 - 4 lim x → - 2 ⁡ x - 2

Passo 3

Para resolver o Limite Fundamental Trigonométrico, fazemos uma substituição:

u = x 2 - 4     ;     x → - 2

u → - 2 2 - 4 = 0

lim x → - 2 ⁡ sen ⁡ x 2 - 4 x 2 - 4 lim x → - 2 ⁡ x - 2 = lim u → 0 ⁡ sen ⁡ u u lim x → - 2 ⁡ x - 2

Substituímos o Limite Fundamental Trigonométrico no primeiro cara e o valor do x no segundo:

lim u → 0 ⁡ sen ⁡ u u lim x → - 2 ⁡ x - 2 = 1 - 2 - 2

= - 4

Passo 4

Assim, aplicando a extensão contínua nesse ponto, teremos a função valendo ela mesma para x ≠ - 2 e - 4 quando x = - 2 :

f x = - 4 ,     x = - 2 s e n ( x 2 - 4 )   x + 2 ,     x ≠ - 2

Resposta

f x = - 4 ,     x = - 2 s e n ( x 2 - 4 )   x + 2 ,     x ≠ - 2

Exercício Resolvido #4

Elaboração própria

Verifique se a função tem extensão contínua.

f x = x 2 + 1 x 6 + x 2 - 2   e m   q u a l q u e r   x ∈   R

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Bom, quais são os possíveis problemas a serem gerados nesse cálculo de domínio? Temos que o que está dentro da raiz deve ser ≥ 0 e o denominador ≠ 0 .

Por partes, o termo dentro da raiz primeiro:

x 2 + 1

Repara, esse termo vai ser sempre positivo, pois é uma soma de uma raiz de grau par (no caso, expoente ao quadrado) com um termo maior que 0 !

x 2 + 1 ≥ 0

Passo 2

Agora o denominador:

x 6 + x 2 - 2

Novamente, vemos um termo com soma de raízes de grau par ( 2 e 6 para esse termo) só que com um cara maior do que 0 . Com isso, queremos o denominador diferente de 0

x 6 + x 2 - 2 ≠ 0

A solução desse cara é

x ≠ - 1       ;       x ≠ 1

Com isso, vamos aplicar o limite nesses dois pontos.

Passo 3

Em x = - 1 , vamos ver

lim x → - 1 ⁡ x 2 + 1 x 6 + x 2 - 2 = 1 + 1 1 + 1 - 2 = 2 0

= ± ∞

Precisa nem analisar lateralmente, já vemos que não haverá extensão contínua nesse ponto.

Em x = 1 , teremos

lim x → 1 ⁡ x 2 + 1 x 6 + x 2 - 2 = 1 + 1 1 + 1 - 2 = 2 0

= ± ∞

Novamente, não haverá extensão contínua nesse ponto.

Resposta

A   f u n ç ã o   n ã o   t e m   e x t e n s ã o   c o n t í n u a .

Exercício Resolvido #5

Elaboração própria

Verifique se a função dada tem extensão contínua em toda reta R .

f x = 1 + x 3 2 x

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Nessa função aí, dá pra ver que temos um denominador que zera com x = 0 , não é? E claro, isso não pode rolar se não temos uma descontinuidade. Show, então como não temos outros candidatos a pontos com extensão contínua, vamos calcular:

lim x → 0 ⁡ 1 + x 3 2 x

Passo 2

Para resolver esse cara, vou substituir todo o x 3 por u , para simplificar a matemática do negócio:

u = x 3         ;         x = 3 u   →   2 x = 2 3 u

Veja então que, como quando x → 0 , u → 0 também, reescrevemos o limite para

lim u → 0 ⁡ 1 + u 2 3 u

Passo 3

Agora vamos efetivamente calcular o limite, beleza? Pra isso, olha essa macete usando as propriedades dos limites:

lim u → 0 ⁡ 1 + u 2 3 u = lim u → 0 ⁡ 1 + u 1 u 2 3 = lim u → 0 ⁡ 1 + u 1 u 2 3

E cara, não é que o limite que sobrou é o limite fundamental exponencial? Se tá: na dúvida, tenta fazer essa substituição aqui:

u = 1 x →   1 u = x

Fazendo essa substituição e considerando que a gente tem que alterar os limites também quando fazemos substituições:

u → 0       ;       x → ± ∞

Ficamos com:

lim u → 0 ⁡ 1 + u 1 u = lim x → ± ∞ ⁡ 1 + 1 x x = e

Viu só? Duas formas diferentes de escrevermos o limite fundamental trigonométrico! O limite vai ficar então: lim u → 0 ⁡ 1 + u 2 3 u = lim u → 0 ⁡ 1 + u 1 u 2 3 = e 2 3

Pra fechar com chave de ouro, basta a gente escrever na forma de extensão contínua

f x = e 2 3 ,     x = 0 1 + x 3 2 x   ,     x ≠ 0

Resposta

f x = e 2 3 ,     x = 0 1 + x 3 2 x   ,     x ≠ 0

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