Nesta coletânea apresentamos 20 exercícios resolvidos sobre funções contínuas, organizados segundo um nível de dificuldade progressivo e resolvidos passo a passo, com explicações detalhadas de cada etapa.
Os exercícios permitem aplicar de forma concreta os principais conceitos da teoria: a verificação da continuidade num ponto e num intervalo, a continuidade à direita e à esquerda, o estudo de funções definidas por ramos, a determinação de parâmetros que garantam a continuidade, as operações e a composição de funções contínuas, e a classificação das descontinuidades.
Na parte final são também abordadas aplicações dos principais teoremas sobre funções contínuas, entre os quais o teorema da permanência do sinal, o teorema de Bolzano, o teorema do valor intermédio, o teorema de Weierstrass e o teorema sobre a continuidade da função inversa.
O objetivo é aprender não apenas a determinar se uma função é contínua, mas sobretudo a reconhecer quais propriedades e quais teoremas convém utilizar em cada tipo de problema, justificando rigorosamente cada conclusão.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Verificar que a função
\[ f(x)=x^2-3x+4 \]
é contínua no ponto \(x_0=2\).
Resultado
A função é contínua em \(x_0=2\).
Resolução
A função
\[ f(x)=x^2-3x+4 \]
é uma função polinomial. Toda função polinomial é contínua em todo o \(\mathbb{R}\), logo, em particular, é contínua no ponto \(x_0=2\).
Podemos verificar explicitamente a condição que liga continuidade e limite. Calculemos, antes de mais, o valor assumido pela função no ponto:
\[ f(2)=2^2-3\cdot2+4=4-6+4=2. \]
Como os polinómios são funções contínuas, o limite quando \(x\to2\) coincide com o valor assumido pela função:
\[ \lim_{x\to2}(x^2-3x+4)=2. \]
Temos, portanto,
\[ \lim_{x\to2}f(x)=2=f(2). \]
A condição
\[ \lim_{x\to2}f(x)=f(2) \]
fica assim satisfeita. Logo, \(f\) é contínua em \(x_0=2\).
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Determinar em que pontos é contínua a função
\[ f(x)=\frac{x+1}{x-3}. \]
Resultado
A função é contínua no seu domínio
\[ \mathbb{R}\setminus\{3\}. \]
Resolução
A função é o quociente dos dois polinómios
\[ P(x)=x+1 \]
e
\[ Q(x)=x-3. \]
Os polinómios são funções contínuas em todo o \(\mathbb{R}\). O quociente de duas funções contínuas é uma função contínua em cada ponto em que o denominador não se anula.
Determinemos, então, quando é que o denominador se anula:
\[ x-3=0, \]
de onde
\[ x=3. \]
A função não está definida em \(x=3\), pelo que o seu domínio é
\[ \mathbb{R}\setminus\{3\}. \]
Em cada ponto \(x_0\neq3\), o denominador assume um valor diferente de zero, pelo que o quociente é contínuo nesse ponto.
Concluímos que
\[ f(x)=\frac{x+1}{x-3} \]
é contínua em cada ponto do seu domínio, ou seja, em
\[ (-\infty,3)\cup(3,+\infty). \]
Exercício 3 — nível ★☆☆☆☆
Verificar que a função
\[ f(x)=\sqrt{x} \]
é contínua no extremo \(x_0=0\) do seu domínio.
Resultado
A função é contínua à direita em \(x_0=0\) e, portanto, é contínua em \(0\) relativamente ao seu domínio.
Resolução
A função
\[ f(x)=\sqrt{x} \]
tem domínio
\[ [0,+\infty). \]
O ponto \(0\) é o extremo esquerdo do domínio, pelo que não podemos aproximar-nos dele através de pontos do domínio situados à sua esquerda.
Para verificar a continuidade neste extremo devemos considerar o limite à direita.
O valor da função no ponto é
\[ f(0)=\sqrt{0}=0. \]
Além disso,
\[ \lim_{x\to0^+}\sqrt{x}=0, \]
pelo que
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=f(0). \]
A função é, portanto, contínua à direita em \(0\). Uma vez que a continuidade deve ser considerada relativamente aos pontos que pertencem ao domínio, podemos afirmar que \(f(x)=\sqrt{x}\) é também contínua no extremo \(x=0\) do seu domínio.
Exercício 4 — nível ★★☆☆☆
Determinar o valor do parâmetro \(k\in\mathbb{R}\) para que a função
\[ f(x)= \begin{cases} x^2+1, & x<1,\\ k, & x=1,\\ 2x, & x>1 \end{cases} \]
seja contínua em \(x_0=1\).
Resultado
A função é contínua em \(x_0=1\) se e somente se
\[ k=2. \]
Resolução
Para que a função seja contínua em \(x_0=1\), devem coincidir o limite à esquerda, o limite à direita e o valor \(f(1)\).
Estudemos, primeiro, o limite à esquerda. Para \(x<1\), a função é definida por
\[ f(x)=x^2+1. \]
Sendo um polinómio, esta expressão é contínua, pelo que
\[ \lim_{x\to1^-}f(x) = \lim_{x\to1^-}(x^2+1) = 1^2+1 = 2. \]
Para \(x>1\), por sua vez,
\[ f(x)=2x. \]
Também esta é uma função polinomial, pelo que
\[ \lim_{x\to1^+}f(x) = \lim_{x\to1^+}2x = 2. \]
Os dois limites coincidem:
\[ \lim_{x\to1^-}f(x) = \lim_{x\to1^+}f(x) = 2. \]
Existe, portanto, o limite
\[ \lim_{x\to1}f(x)=2. \]
No ponto \(x=1\), porém, a função assume o valor
\[ f(1)=k. \]
A continuidade exige que
\[ \lim_{x\to1}f(x)=f(1), \]
e, portanto, que
\[ 2=k. \]
Concluímos que o único valor que torna a função contínua em \(x=1\) é
\[ k=2. \]
Exercício 5 — nível ★★☆☆☆
Determinar o valor do parâmetro \(a\in\mathbb{R}\) para que a função
\[ f(x)= \begin{cases} ax+1, & x\leq2,\\ x^2-a, & x>2 \end{cases} \]
seja contínua em \(x_0=2\).
Resultado
A função é contínua em \(x_0=2\) para
\[ a=1. \]
Resolução
A função muda de expressão no ponto \(x=2\), pelo que devemos comparar o seu comportamento à esquerda e à direita.
Para \(x\leq2\),
\[ f(x)=ax+1. \]
O valor da função no ponto \(2\) é, portanto,
\[ f(2)=2a+1, \]
e da mesma expressão obtemos o limite à esquerda:
\[ \lim_{x\to2^-}f(x)=2a+1. \]
Para \(x>2\), por sua vez,
\[ f(x)=x^2-a, \]
e portanto
\[ \lim_{x\to2^+}f(x)=4-a. \]
Para que exista o limite quando \(x\to2\), os limites à esquerda e à direita devem coincidir:
\[ 2a+1=4-a. \]
Resolvendo a equação,
\[ 2a+a=4-1, \]
isto é,
\[ 3a=3, \]
de onde
\[ a=1. \]
Verifiquemos. Para \(a=1\),
\[ f(2)=2\cdot1+1=3, \]
enquanto
\[ \lim_{x\to2^+}f(x)=4-1=3. \]
Logo,
\[ \lim_{x\to2^-}f(x) = \lim_{x\to2^+}f(x) = f(2) = 3, \]
e a função é, por conseguinte, contínua em \(x=2\) para \(a=1\).
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Estudar a continuidade em \(x_0=2\) da função
\[ f(x)= \begin{cases} \displaystyle\frac{x^2-4}{x-2}, & x\neq2,\\ 5, & x=2. \end{cases} \]
Classificar a eventual descontinuidade e indicar como eliminá-la.
Resultado
Em \(x=2\) a função apresenta uma descontinuidade removível. Essa descontinuidade elimina-se redefinindo
\[ f(2)=4. \]
Resolução
Para estudar a continuidade em \(x=2\), devemos comparar o limite da função com o valor que esta assume no ponto.
Para \(x\neq2\), podemos fatorizar o numerador:
\[ x^2-4=(x-2)(x+2). \]
Assim, para \(x\neq2\),
\[ f(x) = \frac{(x-2)(x+2)}{x-2} = x+2. \]
Esta simplificação é válida no cálculo do limite, pois nele consideram-se valores de \(x\) próximos de \(2\), mas diferentes de \(2\).
Consequentemente,
\[ \lim_{x\to2}f(x) = \lim_{x\to2}(x+2) = 4. \]
O limite existe e é finito. No entanto, a função foi definida no ponto \(x=2\) por meio de
\[ f(2)=5. \]
Temos, então,
\[ \lim_{x\to2}f(x)=4\neq5=f(2), \]
pelo que a função não é contínua em \(x=2\).
Uma vez que o limite existe e é finito, mas não coincide com o valor que a função assume no ponto, trata-se de uma descontinuidade removível.
Para a eliminar, basta redefinir o valor da função pondo
\[ f(2)=4. \]
Com esta nova definição teríamos, com efeito,
\[ \lim_{x\to2}f(x)=f(2)=4, \]
e a função tornar-se-ia contínua também em \(x=2\).
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Estudar e classificar a descontinuidade da função
\[ f(x)= \begin{cases} x+1, & x<0,\\ x^2+2, & x\geq0 \end{cases} \]
no ponto \(x_0=0\).
Resultado
Em \(x=0\) a função apresenta uma descontinuidade de primeira espécie, ou de salto, de amplitude \(1\).
Resolução
Como a função muda de expressão em \(x=0\), calculamos separadamente os limites à esquerda e à direita.
Para \(x<0\),
\[ f(x)=x+1, \]
pelo que
\[ \lim_{x\to0^-}f(x) = \lim_{x\to0^-}(x+1) = 1. \]
Para \(x\geq0\),
\[ f(x)=x^2+2, \]
e portanto
\[ \lim_{x\to0^+}f(x) = \lim_{x\to0^+}(x^2+2) = 2. \]
Os limites à esquerda e à direita existem ambos e são finitos, mas são diferentes:
\[ 1\neq2. \]
Consequentemente, não existe o limite
\[ \lim_{x\to0}f(x). \]
Quando os limites à esquerda e à direita são ambos finitos mas diferentes, fala-se de descontinuidade de primeira espécie, também designada por descontinuidade de salto.
A amplitude do salto é o valor absoluto da diferença entre os dois limites:
\[ |2-1|=1. \]
Assim, \(x=0\) é um ponto de descontinuidade de primeira espécie, com um salto de amplitude \(1\).
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Estudar e classificar a descontinuidade da função
\[ f(x)=\frac{x+1}{x-2} \]
no ponto \(x_0=2\).
Resultado
Em \(x=2\) a função apresenta uma descontinuidade de segunda espécie. Além disso, \(x=2\) é uma assíntota vertical.
Resolução
A função não está definida em \(x=2\), pois o denominador anula-se nesse ponto:
\[ 2-2=0. \]
Estudemos os limites à esquerda e à direita.
Quando \(x\to2\), o numerador
\[ x+1 \]
tende para o valor positivo \(3\).
Consideremos agora o denominador. Se \(x\to2^-\), então
\[ x-2<0, \]
e o seu valor aproxima-se de \(0\) mantendo-se negativo. O quociente entre uma quantidade positiva próxima de \(3\) e uma quantidade negativa que tende para \(0\) decresce sem limite, pelo que
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{x+1}{x-2}=-\infty. \]
Se, pelo contrário, \(x\to2^+\), então
\[ x-2>0, \]
e o denominador tende para \(0\) através de valores positivos. Daí resulta que
\[ \lim_{x\to2^+}\frac{x+1}{x-2}=+\infty. \]
Pelo menos um dos limites laterais não existe de forma finita; neste caso, na verdade, ambos são infinitos.
Por definição, \(x=2\) é, portanto, um ponto de descontinuidade de segunda espécie.
Além disso, uma vez que a função diverge em valor absoluto quando \(x\) se aproxima de \(2\), a reta
\[ x=2 \]
é uma assíntota vertical do gráfico.
Exercício 9 — nível ★★★☆☆
Determinar onde é contínua a função
\[ f(x)=\sqrt{x^2+3}. \]
Justificar a resposta utilizando a composição de funções contínuas.
Resultado
A função é contínua em todo o \(\mathbb{R}\).
Resolução
Consideremos a função interna
\[ g(x)=x^2+3 \]
e a função externa
\[ h(t)=\sqrt{t}. \]
A função \(g\) é um polinómio, pelo que é contínua em todo o \(\mathbb{R}\).
Além disso, para todo \(x\in\mathbb{R}\),
\[ x^2\geq0, \]
e, consequentemente,
\[ x^2+3\geq3>0. \]
Assim, os valores assumidos por \(g\) pertencem sempre ao domínio da função raiz quadrada.
A função
\[ h(t)=\sqrt{t} \]
é contínua no seu domínio \([0,+\infty)\), e, em particular, em cada valor \(g(x)=x^2+3\).
Pelo teorema sobre a composição de funções contínuas, a função composta
\[ (h\circ g)(x)=h(g(x))=\sqrt{x^2+3} \]
é contínua para todo \(x\in\mathbb{R}\).
Concluímos, portanto, que
\[ f(x)=\sqrt{x^2+3} \]
é contínua em todo o \(\mathbb{R}\).
Exercício 10 — nível ★★★☆☆
Determinar o domínio e os intervalos de continuidade da função
\[ f(x)=\ln(x^2-1). \]
Resultado
O domínio é
\[ (-\infty,-1)\cup(1,+\infty), \]
e a função é contínua em todo o seu domínio.
Resolução
O logaritmo natural
\[ \ln(t) \]
está definido apenas quando o seu argumento é estritamente positivo.
Devemos, portanto, impor
\[ x^2-1>0. \]
Fatorizando,
\[ x^2-1=(x-1)(x+1). \]
O produto é positivo quando os dois fatores têm o mesmo sinal, o que dá
\[ x<-1 \]
ou
\[ x>1. \]
O domínio é, assim,
\[ D=(-\infty,-1)\cup(1,+\infty). \]
Consideremos agora a continuidade. A função interna
\[ g(x)=x^2-1 \]
é um polinómio, pelo que é contínua em todo o \(\mathbb{R}\).
A função externa
\[ h(t)=\ln(t) \]
é contínua para \(t>0\).
Em todos os pontos do domínio de \(f\), o argumento \(x^2-1\) é positivo, pelo que podemos aplicar o teorema sobre a composição de funções contínuas.
Daí resulta que
\[ f(x)=\ln(x^2-1) \]
é contínua em cada um dos dois intervalos
\[ (-\infty,-1) \]
e
\[ (1,+\infty). \]
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Verificar que a função
\[ f(x)=\sqrt{4-x^2} \]
é contínua no intervalo fechado \([-2,2]\), prestando especial atenção aos extremos.
Resultado
A função é contínua em todo o intervalo fechado \([-2,2]\).
Resolução
Determinemos, antes de mais, o domínio. Para que a raiz quadrada esteja definida é necessário que
\[ 4-x^2\geq0, \]
condição equivalente a
\[ x^2\leq4, \]
isto é,
\[ -2\leq x\leq2. \]
O domínio é, assim, precisamente
\[ [-2,2]. \]
A função
\[ g(x)=4-x^2 \]
é polinomial e, portanto, contínua. No intervalo considerado, satisfaz
\[ g(x)\geq0. \]
Uma vez que a função raiz quadrada é contínua no seu domínio, a composição
\[ f(x)=\sqrt{4-x^2} \]
é contínua em cada ponto interior
\[ x_0\in(-2,2). \]
Resta examinar os extremos do intervalo.
No extremo esquerdo \(x=-2\) devemos considerar o limite à direita. Tem-se
\[ f(-2)=\sqrt{4-(-2)^2}=0 \]
e
\[ \lim_{x\to-2^+}\sqrt{4-x^2}=0=f(-2), \]
pelo que \(f\) é contínua à direita em \(-2\).
No extremo direito \(x=2\), por sua vez, considera-se o limite à esquerda:
\[ f(2)=\sqrt{4-2^2}=0 \]
e
\[ \lim_{x\to2^-}\sqrt{4-x^2}=0=f(2), \]
pelo que a função é contínua à esquerda em \(2\).
Sendo contínua em cada ponto interior e possuindo a continuidade lateral adequada nos dois extremos, \(f\) é contínua em todo o intervalo fechado \([-2,2]\).
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Utilizando o teorema da permanência do sinal, mostrar que a função
\[ f(x)=x^2-3x+3 \]
é positiva numa vizinhança adequada de \(x_0=1\).
Resultado
Existe \(\delta>0\) tal que
\[ |x-1|<\delta \quad\Longrightarrow\quad f(x)>0. \]
Resolução
O teorema da permanência do sinal afirma que, se uma função é contínua num ponto e assume nesse ponto um valor estritamente positivo, então mantém sinal positivo numa vizinhança adequada do ponto.
Verifiquemos, então, as duas hipóteses exigidas.
A função
\[ f(x)=x^2-3x+3 \]
é um polinómio e, consequentemente, é contínua em todo o \(\mathbb{R}\), e em particular em \(x_0=1\).
Calculemos agora o valor assumido no ponto:
\[ f(1)=1^2-3\cdot1+3=1, \]
de onde
\[ f(1)=1>0. \]
Ficam assim satisfeitas ambas as hipóteses do teorema da permanência do sinal: \(f\) é contínua em \(1\), e \(f(1)\) é estritamente positivo.
Podemos, portanto, concluir que existe pelo menos um número \(\delta>0\) tal que, para todo \(x\in\mathbb{R}\),
\[ |x-1|<\delta \quad\Longrightarrow\quad f(x)>0. \]
Não é necessário determinar explicitamente o valor de \(\delta\): o teorema garante a existência de uma vizinhança de \(1\) na qual a função conserva o sinal positivo que assume no ponto.
Exercício 13 — nível ★★★☆☆
Demonstrar, por meio do teorema de Bolzano, que a equação
\[ x^3-2x-2=0 \]
possui pelo menos uma solução no intervalo \((1,2)\).
Resultado
Existe pelo menos um ponto
\[ c\in(1,2) \]
tal que
\[ c^3-2c-2=0. \]
Resolução
Consideremos a função
\[ f(x)=x^3-2x-2. \]
Para aplicar o teorema de Bolzano devemos verificar duas condições: que a função seja contínua no intervalo fechado \([1,2]\) e que os valores que assume nos extremos tenham sinais opostos.
A função \(f\) é um polinómio, pelo que é contínua em todo o \(\mathbb{R}\); em particular, é contínua em \([1,2]\).
Calculemos o valor no extremo esquerdo:
\[ f(1)=1^3-2\cdot1-2=1-2-2=-3, \]
de onde
\[ f(1)<0. \]
No extremo direito obtemos
\[ f(2)=2^3-2\cdot2-2=8-4-2=2, \]
pelo que
\[ f(2)>0. \]
Os valores \(f(1)\) e \(f(2)\) têm sinais opostos; equivalentemente,
\[ f(1)f(2)=(-3)\cdot2=-6<0. \]
Ficam assim satisfeitas todas as hipóteses do teorema de Bolzano.
Existe, então, pelo menos um ponto
\[ c\in(1,2) \]
tal que
\[ f(c)=0. \]
Isto significa precisamente que a equação
\[ x^3-2x-2=0 \]
possui pelo menos uma solução compreendida entre \(1\) e \(2\).
O teorema de Bolzano garante a existência de pelo menos uma solução, mas, por si só, não permite concluir que ela seja única.
Exercício 14 — nível ★★★☆☆
Utilizar o teorema de Bolzano para demonstrar que a equação
\[ 2^x=3 \]
possui pelo menos uma solução no intervalo \((1,2)\).
Resultado
Existe pelo menos um ponto
\[ c\in(1,2) \]
tal que
\[ 2^c=3. \]
Resolução
Para reduzir o problema ao teorema de Bolzano, transportamos todos os termos para um mesmo membro e consideramos a função
\[ f(x)=2^x-3. \]
A equação
\[ 2^x=3 \]
é equivalente a
\[ f(x)=0. \]
A função exponencial \(2^x\) é contínua em todo o \(\mathbb{R}\). A função constante \(3\) também é contínua, e a diferença de funções contínuas é contínua.
Portanto,
\[ f(x)=2^x-3 \]
é contínua em todo o \(\mathbb{R}\), e, em particular, no intervalo fechado \([1,2]\).
Calculemos os valores nos extremos:
\[ f(1)=2^1-3=-1, \]
enquanto
\[ f(2)=2^2-3=1. \]
Temos, portanto,
\[ f(1)<0 \qquad\text{e}\qquad f(2)>0, \]
ou, equivalentemente,
\[ f(1)f(2)=-1<0. \]
Pelo teorema de Bolzano existe pelo menos um ponto
\[ c\in(1,2) \]
tal que
\[ f(c)=0. \]
Uma vez que \(f(c)=2^c-3\), obtemos
\[ 2^c-3=0, \]
isto é,
\[ 2^c=3. \]
A equação possui, portanto, pelo menos uma solução no intervalo \((1,2)\).
Exercício 15 — nível ★★★☆☆
Utilizando o teorema do valor intermédio, demonstrar que existe pelo menos um ponto
\[ c\in(1,2) \]
tal que
\[ c^3=5. \]
Resultado
Existe pelo menos um ponto \(c\in(1,2)\) tal que \(c^3=5\).
Resolução
Consideremos a função
\[ f(x)=x^3 \]
no intervalo fechado \([1,2]\).
A função é polinomial e, portanto, contínua em todo o \(\mathbb{R}\); em particular, é contínua em \([1,2]\).
Calculemos os valores assumidos nos extremos:
\[ f(1)=1^3=1 \]
e
\[ f(2)=2^3=8. \]
O valor que pretendemos obter é
\[ k=5. \]
Observamos que
\[ 1<5<8, \]
isto é,
\[ f(1)<5<f(2). \]
O número \(5\) está, pois, compreendido entre os valores que a função assume nos extremos do intervalo.
Pelo teorema do valor intermédio, existe pelo menos um ponto
\[ c\in(1,2) \]
tal que
\[ f(c)=5. \]
Uma vez que \(f(c)=c^3\), obtemos
\[ c^3=5. \]
O teorema garante, assim, a existência do ponto pretendido sem que seja necessário determinar explicitamente o seu valor.
Exercício 16 — nível ★★★★☆
Consideremos a função
\[ f(x)=(x-2)^2+1 \]
no intervalo \([0,5]\). Verificar as hipóteses do teorema de Weierstrass e determinar o mínimo e o máximo absolutos da função no intervalo.
Resultado
O mínimo absoluto é
\[ 1, \]
atingido em \(x=2\), enquanto o máximo absoluto é
\[ 10, \]
atingido em \(x=5\).
Resolução
A função
\[ f(x)=(x-2)^2+1 \]
é um polinómio e, portanto, é contínua em todo o \(\mathbb{R}\); em particular, é contínua no intervalo fechado e limitado
\[ [0,5]. \]
Ficam, assim, satisfeitas as hipóteses do teorema de Weierstrass, e podemos já concluir que \(f\) atinge no intervalo tanto um mínimo absoluto como um máximo absoluto.
Determinemos agora esses valores.
Para todo \(x\in[0,5]\),
\[ (x-2)^2\geq0, \]
e, consequentemente,
\[ f(x)=(x-2)^2+1\geq1. \]
A igualdade verifica-se quando
\[ (x-2)^2=0, \]
isto é, quando
\[ x=2. \]
Uma vez que \(2\in[0,5]\), o mínimo absoluto é
\[ f(2)=1. \]
Para determinar o máximo, observemos que, para \(x\in[0,5]\), a distância de \(x\) ao ponto \(2\) não pode exceder \(3\); de facto,
\[ |x-2|\leq3, \]
atingindo-se o valor \(3\) no extremo \(x=5\).
Elevando ao quadrado,
\[ (x-2)^2\leq9, \]
pelo que
\[ f(x)=(x-2)^2+1\leq10. \]
Para \(x=5\),
\[ f(5)=(5-2)^2+1=9+1=10. \]
O máximo absoluto é, portanto, \(10\), atingido em \(x=5\).
Em conclusão,
\[ \min_{x\in[0,5]}f(x)=1 \]
e
\[ \max_{x\in[0,5]}f(x)=10. \]
Exercício 17 — nível ★★★★☆
Consideremos a função
\[ f(x)=|x-1| \]
no intervalo \([-2,3]\). Utilizar o teorema de Weierstrass e determinar o mínimo e o máximo absolutos.
Resultado
O mínimo absoluto é \(0\), atingido em \(x=1\). O máximo absoluto é \(3\), atingido em \(x=-2\).
Resolução
A função valor absoluto é contínua em todo o \(\mathbb{R}\). Também o é a função
\[ x-1. \]
Portanto,
\[ f(x)=|x-1| \]
é contínua no intervalo fechado e limitado
\[ [-2,3]. \]
Pelo teorema de Weierstrass, \(f\) atinge certamente um mínimo e um máximo absolutos no intervalo.
O valor absoluto é sempre não negativo:
\[ |x-1|\geq0, \]
e anula-se precisamente quando
\[ x-1=0, \]
isto é, quando
\[ x=1. \]
Como \(1\in[-2,3]\), o mínimo absoluto é
\[ f(1)=|1-1|=0. \]
Para o máximo devemos, pelo contrário, identificar no intervalo o ponto mais afastado de \(1\), pois \(f(x)=|x-1|\) representa precisamente a distância de \(x\) a \(1\).
No extremo esquerdo,
\[ f(-2)=|-2-1|=|-3|=3. \]
No extremo direito,
\[ f(3)=|3-1|=2. \]
No intervalo \([-2,3]\), nenhum ponto dista de \(1\) mais do que dista o ponto \(-2\). Portanto,
\[ |x-1|\leq3 \]
para todo \(x\in[-2,3]\).
O máximo absoluto é, assim,
\[ f(-2)=3. \]
Exercício 18 — nível ★★★★☆
Consideremos a função
\[ f(x)=x^3+1. \]
Determinar a sua função inversa e estabelecer se ela é contínua.
Resultado
A função inversa é
\[ f^{-1}(x)=\sqrt[3]{x-1}, \]
e é contínua em todo o \(\mathbb{R}\).
Resolução
A função
\[ f(x)=x^3+1 \]
é um polinómio, pelo que é contínua em todo o \(\mathbb{R}\).
Além disso, a função cúbica \(x^3\) é estritamente crescente em \(\mathbb{R}\); somar a constante \(1\) não altera a monotonia, pelo que também \(f\) é estritamente crescente.
Sendo estritamente crescente, \(f\) é injetiva e admite função inversa na sua imagem.
A função \(x^3\) assume todos os valores reais, e a adição de \(1\) não altera o facto de a imagem ser o conjunto de todos os números reais. Portanto,
\[ f(\mathbb{R})=\mathbb{R}. \]
Para encontrar a inversa, façamos
\[ y=x^3+1. \]
Isolemos \(x\). Subtraindo \(1\) a ambos os membros, obtemos
\[ y-1=x^3, \]
e, extraindo a raiz cúbica,
\[ x=\sqrt[3]{y-1}. \]
Trocando o nome das variáveis, a função inversa é
\[ f^{-1}(x)=\sqrt[3]{x-1}. \]
Podemos agora aplicar o teorema da continuidade da função inversa. A função \(f\) é contínua e estritamente monótona no intervalo
\[ I=\mathbb{R}, \]
e, consequentemente, a sua inversa é contínua na imagem
\[ J=f(\mathbb{R})=\mathbb{R}. \]
Portanto,
\[ f^{-1}(x)=\sqrt[3]{x-1} \]
é contínua em todo o \(\mathbb{R}\).
Exercício 19 — nível ★★★★☆
Determinar os valores dos parâmetros \(a,b\in\mathbb{R}\) para que a função
\[ f(x)= \begin{cases} x+1, & x<0,\\ ax+b, & 0\leq x\leq1,\\ 3x-1, & x>1 \end{cases} \]
seja contínua em todo o \(\mathbb{R}\).
Resultado
A função é contínua em todo o \(\mathbb{R}\) para
\[ a=1, \qquad b=1. \]
Resolução
Cada uma das três expressões que definem a função é polinomial e, portanto, contínua no seu respetivo intervalo.
Os únicos pontos em que pode surgir um problema de continuidade são, por conseguinte, aqueles em que muda a definição da função:
\[ x=0 \qquad\text{e}\qquad x=1. \]
Comecemos pelo ponto \(x=0\).
À esquerda, a função é
\[ f(x)=x+1, \]
pelo que
\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=1. \]
No próprio ponto \(x=0\) utiliza-se, por sua vez, a expressão central:
\[ f(0)=a\cdot0+b=b. \]
O limite à direita é também
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=b. \]
Para a continuidade em \(0\) deve, portanto, ser
\[ b=1. \]
Passemos agora ao ponto \(x=1\).
À esquerda, e no próprio ponto, é válida a expressão
\[ ax+b. \]
Assim,
\[ f(1)=a+b \]
e
\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=a+b. \]
À direita, por sua vez, é válida
\[ f(x)=3x-1, \]
pelo que
\[ \lim_{x\to1^+}f(x)=3\cdot1-1=2. \]
Para a continuidade em \(1\) devemos ter
\[ a+b=2. \]
Já encontrámos
\[ b=1. \]
Substituindo este valor na equação anterior,
\[ a+1=2, \]
de onde
\[ a=1. \]
Portanto,
\[ a=1, \qquad b=1. \]
Com estes valores, a função é contínua nos dois pontos de junção \(0\) e \(1\), enquanto nos restantes pontos a continuidade decorre diretamente do facto de cada troço ser polinomial.
A função é, portanto, contínua em todo o \(\mathbb{R}\).
Exercício 20 — nível ★★★★★
Consideremos, no intervalo \([-1,2]\), a função dependente do parâmetro \(a\):
\[ f(x)= \begin{cases} x^2+1, & -1\leq x\leq0,\\ ax+1, & 0<x\leq1,\\ 2x, & 1<x\leq2. \end{cases} \]
Determinar o valor de \(a\) para que \(f\) seja contínua em \([-1,2]\). Para esse valor do parâmetro, determinar o mínimo e o máximo absolutos da função e mostrar, por meio do teorema do valor intermédio, que existe pelo menos um ponto \(c\in(1,2)\) tal que \(f(c)=3\).
Resultado
A função é contínua em \([-1,2]\) para
\[ a=1. \]
Para esse valor,
\[ \min_{x\in[-1,2]}f(x)=1, \]
atingido em \(x=0\), enquanto
\[ \max_{x\in[-1,2]}f(x)=4, \]
atingido em \(x=2\).
Além disso, existe pelo menos um ponto \(c\in(1,2)\) tal que \(f(c)=3\).
Resolução
Cada um dos três troços da função é polinomial e, portanto, contínuo dentro do intervalo em que é utilizado.
Para estabelecer a continuidade de toda a função devemos, então, examinar os dois pontos de junção:
\[ x=0 \qquad\text{e}\qquad x=1. \]
Consideremos primeiro \(x=0\).
Para \(x\leq0\),
\[ f(x)=x^2+1, \]
pelo que
\[ f(0)=0^2+1=1. \]
Além disso,
\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=1. \]
À direita utiliza-se a expressão
\[ ax+1, \]
pelo que
\[ \lim_{x\to0^+}f(x) = a\cdot0+1 = 1. \]
Assim,
\[ \lim_{x\to0^-}f(x) = \lim_{x\to0^+}f(x) = f(0) = 1. \]
A função é, portanto, contínua em \(x=0\) para qualquer valor do parâmetro \(a\).
Passemos ao ponto \(x=1\).
Para \(0<x\leq1\),
\[ f(x)=ax+1, \]
pelo que
\[ f(1)=a+1 \]
e
\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=a+1. \]
Para \(x>1\),
\[ f(x)=2x, \]
pelo que
\[ \lim_{x\to1^+}f(x)=2. \]
Para a continuidade em \(x=1\) devemos impor
\[ a+1=2, \]
de onde
\[ a=1. \]
Com este valor do parâmetro, a função torna-se
\[ f(x)= \begin{cases} x^2+1, & -1\leq x\leq0,\\ x+1, & 0<x\leq1,\\ 2x, & 1<x\leq2. \end{cases} \]
Verificámos que os três troços são contínuos e que os valores se ajustam corretamente em \(0\) e em \(1\). Além disso, nos extremos \(-1\) e \(2\) a função possui a continuidade lateral exigida.
Portanto, \(f\) é contínua no intervalo fechado e limitado
\[ [-1,2]. \]
Podemos, então, aplicar o teorema de Weierstrass: a função atinge certamente um mínimo e um máximo absolutos.
Examinemos separadamente os valores assumidos em cada um dos três troços.
No primeiro troço,
\[ -1\leq x\leq0, \]
tem-se
\[ f(x)=x^2+1. \]
Neste intervalo,
\[ 0\leq x^2\leq1, \]
pelo que
\[ 1\leq f(x)\leq2. \]
O valor mínimo do primeiro troço é
\[ f(0)=1, \]
enquanto
\[ f(-1)=2. \]
No segundo troço,
\[ 0<x\leq1, \]
temos
\[ f(x)=x+1. \]
Uma vez que
\[ 0<x\leq1, \]
segue-se que
\[ 1<x+1\leq2. \]
Neste troço, portanto, os valores da função são superiores a \(1\) e não excedem \(2\).
No terceiro troço,
\[ 1<x\leq2, \]
tem-se
\[ f(x)=2x, \]
pelo que
\[ 2<2x\leq4, \]
sendo o valor \(4\) efetivamente atingido para
\[ x=2. \]
Comparando os três troços, o menor valor assumido por toda a função é
\[ 1, \]
atingido em \(x=0\). Assim,
\[ \min_{x\in[-1,2]}f(x)=f(0)=1. \]
O maior valor atingido é, por sua vez,
\[ 4, \]
atingido em \(x=2\), pelo que
\[ \max_{x\in[-1,2]}f(x)=f(2)=4. \]
Resta demonstrar que existe pelo menos um ponto \(c\in(1,2)\) tal que
\[ f(c)=3. \]
Consideremos a função no intervalo fechado \([1,2]\). Uma vez que toda a função é contínua em \([-1,2]\), é, em particular, contínua em \([1,2]\).
Nos extremos, tem-se
\[ f(1)=2 \]
e
\[ f(2)=4. \]
O valor \(3\) está estritamente compreendido entre \(2\) e \(4\):
\[ f(1)=2<3<4=f(2). \]
Pelo teorema do valor intermédio existe, portanto, pelo menos um ponto
\[ c\in(1,2) \]
tal que
\[ f(c)=3. \]
Neste caso é ainda possível identificar diretamente esse ponto, pois para \(1<x\leq2\) verifica-se
\[ f(x)=2x. \]
Resolvendo
\[ 2x=3 \]
obtém-se
\[ x=\frac{3}{2}. \]
De facto,
\[ 1<\frac{3}{2}<2 \]
e
\[ f\left(\frac{3}{2}\right) = 2\cdot\frac{3}{2} = 3. \]
O ponto garantido pelo teorema do valor intermédio pode, assim, ser escolhido como
\[ c=\frac{3}{2}. \]