AP1-CL1-2012 2-Gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
RESPOSTAS – AP1 – CA´LCULO 1 – 23/09/2012
Nome: Matr´ıcula:
Po´lo: Data:
Atenc¸a˜o!
• Identifique a Prova, colocando Nome, Matr´ıcula, • O desenvolvimento das questo˜es pode ser a la´pis. No entanto,
Polo e Data; as respostas devera˜o estar necessariamente a` caneta;
• E´ expressamente proibido o uso de calculadoras; • E´ expressamente proibido o uso de corretivo nas respostas.
• Devolver a prova e a folha de respostas ao res-
ponsa´vel;
Questa˜o 1 [2 pontos]
Calcule os seguintes limites de func¸o˜es:
(a) lim
x→−1
4x2 − 8x− 12
x3 + 3x2 + 2x
(b) lim
x→2
9 sen (x2 − 4)
3x2 − 12
Soluc¸a˜o.
(a) lim
x→−1
4x2 − 8x− 12
x3 + 3x2 + 2x
= lim
x→−1
4(x− 3)(x+ 1)
x(x+ 2)(x+ 1)
= lim
x→−1
4(x− 3)
x(x+ 2)
=
−16
−1 = 16.
(b) lim
x→2
9 sen (x2 − 4)
3x2 − 12 = limx→2
9 sen (x2 − 4)
3(x2 − 4) = 3.
Observe que, no item (a), usamos a simplificac¸a˜o para calcular o limite. No item (b), fizemos um
ajuste na expressa˜o para usar o Limite Trigonome´trico Fundamental,
lim
t→0
sen t
t
= 1,
uma vez que, se x→ 2, enta˜o o argumento (x2 − 4) tende a zero.
Questa˜o 2 [2 pontos]
Encontre as ass´ıntotas verticais e as ass´ıntotas horizontais do gra´fico da func¸a˜o f(x) =
3x− 1
2 + x
,
fazendo um estudo completo dos limites infinito e no infinito:
Soluc¸a˜o.
A expressa˜o da func¸a˜o, f(x) =
3x− 1
2 + x
, indica que x = −2 sera´ uma ass´ıntota vertical. Para
confirmar o comportamento da func¸a˜o nas vizinhanc¸as deste ponto devemos calcular os limites
laterais:
(i) lim
x→−2+
3x− 1
2 + x
= −∞, pois 3x− 1→ −7 < 0 e 2 + x→ 0+ quando x→ −2+;
(ii) lim
x→−2−
3x− 1
2 + x
= +∞, pois 3x− 1→ −7 < 0 e 2 + x→ 0− quando x→ −2−.
CA´LCULO 1 AP1 2
Para estudar a poss´ıvel existeˆncia de ass´ıntotas horizontais, devemos fazer o estudo dos limites no
infinito:
(iii) lim
x→+∞
3x− 1
2 + x
= lim
x→+∞
x
(
3− 1
x
)
x
(2
x
+ 1
) = 3;
(iv) lim
x→−∞
3x− 1
2 + x
= lim
x→−∞
x
(
3− 1
x
)
x
(2
x
+ 1
) = 3.
Dos estudos dos limites, podemos concluir, de (i) e (ii) que a reta x = −2 e´ a u´nica ass´ıntota
vertical do gra´fico de f e, de (iii) e (iv), que a reta y = 3 e´ a u´nica ass´ıntota horizontal do gra´fico
de f .
Questa˜o 3 [2 pontos]
Seja f : R −→ R a func¸a˜o definida por
f(x) =

ax+ b, se x < −1
x2 − x− 5
x+ 2
, se x ≥ −1.
(a) Encontre os valores de a e b para os quais f seja cont´ınua. Justifique sua resposta.
(b) Encontre os valores de a e b para os quais f seja diferencia´vel. Justifique sua resposta.
Soluc¸a˜o.
(a) Observe que a func¸a˜o f , independentemente dos valores atribu´ıdos a`s constantes a e b, sera´
cont´ınua e diferencia´vel em todos os nu´meros reais x 6= −1. Veja que a expressa˜o x
2 − x− 5
x+ 2
na˜o esta´ definida em x = −2, mas −2 < −1.
Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua em x = −1, devemos ter:
lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1−
f(x) = f(−1).
Observe tambe´m que:
(i) f(−1) = −3;
(ii) lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1+
x2 − x− 5
x+ 2
= −3;
(iii) lim
x→−1−
f(x) = lim
x→1−
ax+ b = −a+ b.
Assim, a condic¸a˜o para f ser cont´ınua em x = −1 e´ −a+ b = 3, que tambe´m pode ser expressa
como b = a+ 3.
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CA´LCULO 1 AP1 3
(b) Para que f seja diferencia´vel em x = −1, devemos ter:
f ′+(−1) = f ′−(1) = f ′(−1).
Para calcular f ′+(1) e f
′
−(−1), podemos usar as regras de derivac¸a˜o:
f ′−(x) = (ax+ b)
′ = a
e
f ′+(x) =
(x2 − x− 5
x+ 2
)′
=
(2x− 1)(x+ 2)− (x2 − x− 5)
(x+ 2)2
=
=
2x2 + 4x− x− 2− x2 + x+ 5
(x+ 2)2
=
x2 + 4x+ 3
(x+ 2)2
.
Portanto, a condic¸a˜o para que f seja diferencia´vel em x = −1 e´ f ′−(−1) = a = f ′+(−1) = 0.
Ou seja, a = 0 e, consequentemente, b = 3, pois a condic¸a˜o de ser cont´ınua tambe´m deve ser
satisfeita.
Note que ha´ uma infinidade de possibilidades para a e b nas quais f sera´ cont´ınua. Basta que b
seja igual a a+ 3. No entanto, para que f seja diferencia´vel, a condic¸a˜o determina de maneira
u´nica a e b como 0 e 3, respectivamente.
Resumindo, a resposta do item (a) e´ b = a+ 3 e a resposta do item (b) e´ a = 0 e b = 3.
Questa˜o 4 [2 pontos]
Determine a equac¸a˜o da reta tangente a` curva y2 + 2xy − x2 = −7 no ponto P = (2,−1).
Soluc¸a˜o.
Derivando implicitamente, obtemos:
2y
dy
dx
+ 2y + 2x
dy
dx
− 2x = 0 ⇒ dy
dx
(2x+ 2x) = 2x− 2y ⇒ dy
dx
=
x− y
x+ y
, se x+ y 6= 0.
Assim,
f ′(2) =
dy
dx
∣∣∣
x=2
=
2− (−1)
2 + (−1) =
3
1
= 3.
Logo, a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f no ponto P = (2,−1) e´:
y = −1 + 3(x− 2) = 3x− 7.
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CA´LCULO 1 AP1 4
Questa˜o 5 [2 pontos]
Considere a func¸a˜o f(x) =
x2 − 2x+ 1
x+ 1
. Determine os intervalos onde f e´ crescente e os intervalos
onde f e´ decrescente.
Soluc¸a˜o.
O crescimento ou decrescimento do gra´fico da func¸a˜o f sera´ deduzido da ana´lise do sinal da derivada
da func¸a˜o. Assim, calculamos f ′(x) =
x2 + 2x− 3
(x+ 1)2
, para todo x ∈ R− {−1}.
Como o denominador da expressa˜o, (x + 1)2, e´ sempre positivo (para x 6= −1), o sinal de f ′ sera´
determinado pelo sinal da expressa˜o quadra´tica x2 + 2x − 3 = (x + 3)(x − 1). As ra´ızes sa˜o −3
e 1. A derivada f ′ sera´ positiva para todos os valores de x tais que x < −3 ou x > 1. Isso pode
ser expresso na forma de intervalos como (−∞, −3) ∪ (1, +∞). Ale´m disso, f ′ sera´ negativa para
todos os valores entre as ra´ızes −3 e 1, lembrando da condic¸a˜o x 6= −1. Isso pode ser expresso em
forma de intervalos como (−3, −1) ∪ (−1, 1).
Podemos enta˜o concluir que
(i) f ′(x) > 0 ⇐⇒ x2 + 2x− 3 > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−3) ∪ (1,+∞);
(ii) f ′(x) < 0 ⇐⇒ x2 + 2x− 3 < 0 e x 6= −1 ⇐⇒ x ∈ (−3,−1) ∪ (−1, 1).
Assim, a func¸a˜o f e´ crescente nos intervalos (−∞,−3) e (1,+∞) e e´ decrescente nos intervalos
(−3,−1) e (−1, 1).
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