Gabarito da lista preparatoria para a prova 1

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Gabarito da lista preparatória para a prova 1
(1) (a) f(x) =
senx√
−2x2 + 3x+ 2
A função seno está bem de�nida em todos os números reais. Para podermos calcular
a raiz
√
−2x2 + 3x+ 2 precisamos que −2x2 + 3x + 2 ≥ 0. Entretanto, como essa raiz
está no denominador, precisamos que −2x2 + 3x + 2 ̸= 0. Ou seja, precisamos que
−2x2+3x+2 > 0. Vamos desenhar o grá�co da função quadrático g(x) = −2x2+3x+2.
Neste caso, temos que ∆ = 9− 4 · (−2) · 2 = 9 + 16 = 25 e, portanto, as raízes da função
g(x) são
� x1 =
−3 +
√
25
2 · (−2)
=
−3 + 5
−4
= −2
4
= −1
2
;
� x2 =
−3−
√
25
2 · (−2)
=
−3− 5
−4
=
−8
−4
= 2.
Como o grá�co de g(x) é uma parábola virada para baixo, então para termos g(x) > 0
precisamos que −1
2
< x < 2. Consequentemente,
Dom(f) =
{
x ∈ R
∣∣∣∣ −12 < x < 2
}
=
(
−1
2
, 2
)
=
]
−1
2
, 2
[
(b) f(x) =
√
x
cos(2x)
Para podermos calcular a raiz
√
x precisamos que x ≥ 0.
Como cos(2x) está no denominador, então precisamos que cos(2x) ̸= 0, o que ocorre
quando 2x ̸= nπ
2
onde n ∈ Z é um número impar. Logo, precisamos que x ̸= nπ
4
onde
n ∈ Z é um número impar.
Dom(f) =
{
x ∈ R
∣∣∣ x ≥ 0 e x ̸= nπ
4
onde n ∈ Z é um número impar
}
o que é equivalente a escrever
Dom(f) =
{
x ∈ R
∣∣∣ x ̸= nπ
4
onde n ∈ N é um número impar
}
(c) f(x) =
√
x+ 5
ln(x2)
Para podermos calcular a raiz
√
x+ 5 precisamos que x+ 5 ≥ 0 ⇒ x ≥ −5.
Para podermos calcular ln(x2) precisamos que x2 > 0 e, portanto, que x ̸= 0 (pois x2 > 0
para todo x ̸= 0).
Como ln(x2) está no denominador precisamos que
ln(x2) ̸= 0 ⇒ ln(x2) ̸= ln 1 ⇒ x2 ̸= 1 ⇒ x ̸= 1 e x ̸= −1
Concluímos que
Dom(f) = {x ∈ R | x ≥ −5, x ̸= −1, x ̸= 0 e x ̸= 1} = [−5,−1) ∪ (−1, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1,+∞)
1
(2)
(a)
(5x)3 · 57
515
−
√
5 = 0 ⇒ 5
3x · 57
515
− 5
1
2 = 0 ⇒ 5
3x+7
515
= 5
1
2 ⇒ 53x+7−15 = 5
1
2 ⇒ 53x−8 = 5
1
2
⇒ 3x− 8 = 1
2
⇒ 3x = 1
2
+ 8 =
17
2
⇒ x = 17
6
(b) 2 log(5x)− 4 log 3 + 3 log 1
10
x = 2 ⇒ log((5x)2)− log(34) + log 1
10
(x3) = log(102)
⇒ log(25x2)− log(81)− log(x3) = log 100
⇒ log
(
25x2
81
)
− log(x3) = log 100
⇒ log
(
25x2
81x3
)
= log 100
⇒ log
(
25
81x
)
= log 100
⇒ 25
81x
= 100 ⇒ 25 = 8100x
⇒ x = 25
8100
=
1
324
(3) (a) Como lim
x→−1
x−1 = −1−1 = −2 ̸= 0 e lim
x→−1
x+1 = −1+1 = 0, então o limite lim
x→−1
x− 1
x+ 1
não existe e os limites laterais são +∞ ou −∞.
� Se x < −1 for um número próximo de −1, então x− 1 < 0, x + 1 < 0 e, consequen-
temente,
x− 1
x+ 1
> 0. Logo, lim
x→(−1)−
x− 1
x+ 1
= +∞.
� Se x > −1 for um número próximo de −1, então x− 1 < 0, x + 1 > 0 e, consequen-
temente,
x− 1
x+ 1
< 0. Logo, lim
x→(−1)+
x− 1
x+ 1
= −∞.
(b) Como lim
x→3
5x = 15 ̸= 0 e lim
x→3
2x− 6 = 2 · 3− 6 = 6− 6 = 0, então o limite lim
x→3
5x
2x− 6
não
existe e os limites laterais são +∞ ou −∞.
� Se x < 3 for um número próximo de 3, então 5x > 0, 2x−6 < 0 e, consequentemente,
5x
2x− 6
< 0. Logo, lim
x→(3)−
5x
2x− 6
= −∞.
� Se x > 3 for um número próximo de 3, então 5x > 0, 2x−6 > 0 e, consequentemente,
5x
2x− 6
> 0. Logo, lim
x→(3)+
5x
2x− 6
= +∞.
(c) Como lim
x→2
1−3x = 1−3·2 = 1−6 = −5 ̸= 0 e lim
x→2
x2−4x+4 = 22−4·2+4 = 4−8+4 = 0,
então o limite lim
x→2
1− 3x
x2 − 4x+ 4
não existe e os limites laterais são +∞ ou −∞.
� Se x < 2 for um número próximo de 2, então 1 − 3x < 0, x2 − 4x + 4 > 0 e,
consequentemente,
1− 3x
x2 − 4x+ 4
< 0. Logo, lim
x→(2)−
1− 3x
x2 − 4x+ 4
= −∞.
� Se x > 2 for um número próximo de 2, então 1 − 3x < 0, x2 − 4x + 4 > 0 e,
consequentemente,
1− 3x
x2 − 4x+ 4
< 0. Logo, lim
x→(2)+
1− 3x
x2 − 4x+ 4
= −∞.
2
Ou seja, lim
x→2
1− 3x
x2 − 4x+ 4
= −∞.
(d) Como
2x+ 10
x2 − 25
=
2(x+ 5)
(x+ 5)(x− 5)
=
2
x− 5
para todo x ̸= −5, então
lim
x→−5
2x+ 10
x2 − 25
= lim
x→−5
2
x− 5
=
2
−5− 5
=
2
−10
= −1
5
.
(e) Como lim
x→5
x− 5 = 5− 5 = 0 e lim
x→5
6−
√
x2 + 11 = 6−
√
25 + 11 = 6−
√
36 = 6− 6 = 0,
então não podemos a�rmar nada sobre o limite sem manipulações algébricas.
x− 5
6−
√
x2 + 11
=
(x− 5)(6 +
√
x2 + 11)
(6−
√
x2 + 11)(6 +
√
x2 + 11)
=
(x− 5)(6 +
√
x2 + 11)
36− (x2 + 11)
=
(x− 5)(6 +
√
x2 + 11)
25− x2
=
(x− 5)(6 +
√
x2 + 11)
(5− x)(5 + x)
=
−(5− x)(6 +
√
x2 + 11)
(5− x)(5 + x)
= −6 +
√
x2 + 11
5 + x
Logo, lim
x→5
x− 5
6−
√
x2 + 11
= lim
x→5
−6 +
√
x2 + 11
5 + x
= −6 +
√
52 + 11
5 + 5
= −12
10
= −6
5
.
(f) Como lim
x→3
3 −
√
x+ 6 = 3 −
√
3 + 6 = 3 − 3 = 0 e lim
x→3
x − 3 = 3 − 3 = 0, então não
podemos a�rmar nada sobre o limite sem manipulações algébricas.
3−
√
x+ 6
x− 3
=
(3−
√
x+ 6)(3 +
√
x+ 6)
(x− 3)(3 +
√
x+ 6)
=
9− (x+ 6)
(x− 3)(3 +
√
x+ 6)
=
3− x
(x− 3)(3 +
√
x+ 6)
=
−(x− 3)
(x− 3)(3 +
√
x+ 6)
= − 1
3 +
√
x+ 6
Logo, lim
x→3
3−
√
x+ 6
x− 3
= lim
x→3
− 1
3 +
√
x+ 6
= − 1
3 +
√
3 + 6
= − 1
3 + 3
= −1
6
.
(g) Como lim
x→0+
x3 = 03 = 0 e lim
x→0+
lnx = −∞, então lim
x→0+
x3
lnx
= 0.
(h) Como lim
x→π
√
x =
√
π, lim
x→π−
cotanx = −∞ e lim
x→π+
cotanx = +∞, então lim
x→π−
x3
cotanx
= 0,
lim
x→π+
x3
cotanx
= 0 e, consequentemente, lim
x→π
x3
cotanx
= 0.
(i) Como −π
2
< arctan
(
1
x
)
<
π
2
e x4 > 0 para todo x ̸= 0, então
−π
2
· x4 < x4 arctan
(
1
x
)
<
π
2
· x4
Como lim
x→0
π
2
· x4 = −π
2
· 04 = 0 e lim
x→0
π
2
· x4 = −0 = 0, então (pelo teorema do confronto)
lim
x→0
x4 arctan
(
1
x
)
= 0
3
(4) (a)
(b) lim
x→1−
f(x) = 0.
(c) lim
x→1+
f(x) = 1.
(d) O limite bilateral de f(x) quando x tende a 1 não existe, pois, apesar dos dois limites
laterais quando x tende a 1 existirem, eles não coincidem.
4