APX1_MD2_2022.1_Gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
APX1 - Métodos Determinísticos II (2022-1)
Profª. Fernanda Mendonça e Prof. Rafael Lobosco
Código da disciplina EAD06077
GABARITO
Questão 1: [3,0 pts] Classifique como verdadeira ou falsa cada uma das afirmações abaixo. Se verdadeira,
explique o porquê; caso contrário, apresente um exemplo que mostre que a afirmação é falsa. Não serão
aceitas respostas sem justificativa.
a) Uma reta vertical intercepta o gráfico de uma função no máximo uma vez.
b) Se f :R→R é uma função qualquer, então f (a +b) = f (a)+ f (b), ∀a,b ∈R.
c) Se lim
x→0 g (x) e limx→0 h(x) não existem, então limx→0[g (x)h(x)] não existe.
Solução:
a) Verdadeiro. Caso uma reta vertical interceptasse o gráfico de uma função mais de uma vez, isso
significaria que um mesmo elemento do domínio teria mais de uma imagem distinta, o que não é
possível, de acordo com a definição de função (veja abaixo um exemplo desse caso).
b) Falso. Considere a função f : R→ R definida por f (x) = x2. Para quaisquer valores a,b ∈ (0,+∞),
temos:
f (a +b) = (a +b)2 = a2 +2ab +b2 6= a2 +b2 = f (a)+ f (b).
c) Falso. Com efeito, considere as seguintes funções g : R→ R e h : R→ R definidas, respectivamente,
por:
g (x) =
{
0, se x < 0
1, se x ≥ 0 e h(x) =
{
1, se x < 0
0, se x ≥ 0 .
Observe que os limites lim
x→0 g (x) e limx→0 h(x) não existem, mas o limite limx→0[g (x)h(x)] existe e é igual a
zero. De fato,
lim
x→0+
[g (x)h(x)] = lim
x→0+
g (x) · lim
x→0+
h(x) = 1 ·0 = 0 e lim
x→0−[g (x)h(x)] = limx→0− g (x) · limx→0− h(x) = 0 ·1 = 0.
Portanto, lim
x→0[g (x)h(x)] = 0.
Questão 2: [2,0 pts] Seja f (x) = ln(x2 +kx +k). Determine os valores de k para que o domínio de f seja o
conjunto dos números reais. Apresente todos os cálculos efetuados.
Solução: Para que a função f (x) = ln(x2+kx+k) esteja bem definida para todos os números reais, devemos
ter
x2 +kx +k > 0.
Ou seja, precisamos calcular os valores de k para os quais o discriminante ∆ da equação de segundo grau
x2 +kx +k = 0 seja negativo, pois somente assim teremos a parábola y = x2 +kx +k estritamente positiva
(sem tocar o eixo OX). Assim,
∆= k2 −4 ·1 ·k < 0 ⇔ k2 −4k < 0 ⇔ k(k −4) < 0 ⇔ k > 0 e k < 4.
Logo, devemos ter k ∈ ]0,4[ para que Dom( f ) =R.
Questão 3: [3,0 pts] Considere a função f (x) = 7x
3 +x2 +2x +3
4x +6x3 e faça o que se pede abaixo, apresentando
todos os cálculos efetuados.
a) [1,0 pto] Determine o domínio de f .
b) [2,0 pts] Determine as assíntotas horizontais e verticais do gráfico de f , caso existam.
Solução:
a) Observe que f está bem definida para todos os valores de x para os quais 4x +6x3 6= 0. Dessa forma,
4x +6x3 6= 0 ⇔ 2x(2+3x2) 6= 0 ⇔ 2x 6= 0 e 2+3x2 6= 0.
Note que 2+3x2 6= 0 para todo x ∈R. De fato,
2+3x2 6= 0 ⇔ 3x2 6= −2 ⇔ x2 6= −2
3
, o que é verdadeiro para todo x real.
Por outro lado, para que 2x 6= 0, basta x 6= 0.
Logo, Dom( f ) =R\ {0}.
2
b) Para verificar se a função f possui assíntotas horizontais, devemos calcular os limites lim
x→+∞ f (x) e
lim
x→−∞ f (x). Assim,
lim
x→+∞ f (x) = limx→+∞
7x3 +x2 +2x +3
4x +6x3 = limx→+∞
x3
(
7+ 1
x
+ 2
x2
+ 3
x3
)
x3
(
4
x2
+6
) = 7
6
.
Analogamente, obtemos que lim
x→−∞ f (x) =
7
6
.
Portanto, a reta y = 7
6
é a única assíntota horizontal do gráfico de f .
Como Dom( f ) = R \ {0}, temos que a reta x = 0 é uma candidata a assíntota vertical do gráfico da
função dada. Para comprovar que de fato ela é uma assíntota vertical, precisamos verificar se algum
dos limites laterais lim
x→0+
f (x) ou lim
x→0− f (x) diverge para +∞ ou −∞. Dessa forma,
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
7x3 +x2 +2x +3
4x +6x3 = limx→0+
7x3 +x2 +2x +3
2x(2+3x2) =+∞.
De maneira análoga, obtemos que lim
x→0− f (x) =−∞.
Portanto, a reta x = 0 é a única assíntota vertical do gráfico de f .
Para ilustrar os resultados obtidos, abaixo segue um eboço do gráfico de f .
Questão 4: [2,0 pts] Calcule os limites abaixo, apresentando todos os cálculos efetuados.
a) lim
x→+∞
ex +e−x
ex −e−x b) limx→2
p
6−x −2p
3−x −1
Solução:
a) lim
x→+∞
ex +e−x
ex −e−x = limx→+∞
ex + 1
ex
ex − 1
ex
= lim
x→+∞
(
ex + 1
ex
)
× 1
ex(
ex − 1
ex
)
× 1
ex
= lim
x→+∞
1+ 1
e2x
1− 1
e2x
= 1.
3
b) lim
x→2
p
6−x −2p
3−x −1 = limx→2
p
6−x −2p
3−x −1 ·
p
6−x +2p
6−x +2 ·
p
3−x +1p
3−x +1 = limx→2
(
p
6−x)2 −22
(
p
3−x)2 −12 ·
p
3−x +1p
6−x +2
= lim
x→2
6−x −4
3−x −1 ·
p
3−x +1p
6−x +2 = limx→2
2−x
2−x ·
p
3−x +1p
6−x +2 = limx→2
p
3−x +1p
6−x +2 =
2
4
= 1
2
.
4