T1_FENG_L_Corr24

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UNIVERSIDADE EDUARDO MONDLANE
FACULDADE DE ENGENHARIA
DEPARTAMENTO DE CIÊNCIAS GERAIS
ANÁLISE MATEMÁTICA I (LABORAL)
Primeiro teste
Data: 06.04.2024 Duração: 120 minutos
1) Prove por indução matemática em relação a n que:
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · ·+ 1
n · (n+ 1)
=
n
n+ 1
Resolução.
P (1) Para n = 1 ,
1
1 · 2
=
1
1 + 1
=
1
2
é verdade.
P (k) Suponhamos que para n = k > 1 é verdadeira a seguinte a�rmação:
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · ·+ 1
k · (k + 1)
=
k
k + 1
.
P (k + 1) Agora, vamos provar que para n = k + 1 a seguinte a�rmação é verdadeira:
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · ·+ 1
k · (k + 1)
+
1
(k + 1)(k + 2)
=
k + 1
k + 2
.
Por hipótese,
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · ·+ 1
k · (k + 1)
+
1
(k + 1)(k + 2)
=
k
k + 1
+
1
(k + 1)(k + 2)
=
k2 + 2k + 1
(k + 1)(k + 2)
=
k + 1
k + 2
.
Deste modo, para todo n natural,
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · ·+ 1
n · (n+ 1)
=
n
n+ 1
.
2) Avalie o seguinte limite
lim
n→∞
(
n
n3 + 1
+
2n
n3 + 2
+ · · ·+ nn
n3 + n
)
.
Resolução. Observe que
n
1 + 2 + · · ·+ n
n3 + n
≤ n
n3 + 1
+
2n
n3 + 2
+ · · ·+ nn
n3 + n
≤ n
1 + 2 + · · ·+ n
n3 + 1
.
Avaliando o limite das sucessões nas extremidades, temos
lim
n→∞
(
n
1 + 2 + · · ·+ n
n3 + n
)
= lim
n→∞
n
n(n+1)
2
n3 + n
= lim
n→∞
n3 + n2
2n3 + 2n
= lim
n→∞
n3
2n3
=
1
2
.
e
lim
n→∞
(
n
1 + 2 + · · ·+ n
n3 + 1
)
= lim
n→∞
n
n(n+1)
2
n3 + 1
= lim
n→∞
n3 + n2
2n3 + 2
= lim
n→∞
n3
2n3
=
1
2
.
Como
lim
n→∞
(
n
1 + 2 + · · ·+ n
n3 + n
)
=
1
2
= lim
n→∞
(
n
1 + 2 + · · ·+ n
n3 + 1
)
,
do teorema de sucessões enquadradas deduzimos que lim
n→∞
(
n
n3 + 1
+
2n
n3 + 2
+ · · ·+ nn
n3 + n
)
=
1
2
.
3) Suponhamos que as funções f, g e h tem a seguinte propriedade: para todo ϵ > 0 e todo x,
se 0 < |x− 1
2
| <
(
sin2
(
ϵ2
2
))
, então |f(x)− 1
2
| < ϵ,
se 0 < |x− 1
2
| <
(
cos2
(
ϵ2
2
))
, então |g(x)− 1
4
| < ϵ,
se 0 < |x− 1
2
| <
(
ϵ2
2
)
, então |h(x)− 1
4
| < ϵ.
Para ϵ > 0, encontre um δ > 0 tal que se |x− 1
2
| < δ, então |f(x) + g(x) + h(x)− 1| < ϵ.
Resolução. Observe que
|f(x) + g(x) + h(x)− 1| =
∣∣∣∣(f(x)− 1
2
)
+
(
g(x)− 1
4
)
+
(
h(x)− 1
4
)∣∣∣∣
≤
∣∣∣∣f(x)− 1
2
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣g(x)− 1
4
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣f(x)− 1
4
∣∣∣∣ .
Como
para δ1 =
(
cos2
(
ϵ2
18
))
, temos |g(x)− 1
2
| < ϵ
3
,
para δ2 =
(
sin2
(
ϵ2
18
))
, temos |h(x)− 1
4
| < ϵ
3
e para
δ3 =
(
ϵ2
18
)
, temos |h(x)− 1
4
| < ϵ
3
.
Concluímos que, tomando δ = min {δ1, δ2, δ3} , temos
|f(x) + g(x) + h(x)− 1| =
∣∣∣∣(f(x)− 1
2
)
+
(
g(x)− 1
4
)
+
(
h(x)− 1
4
)∣∣∣∣
≤
∣∣∣∣f(x)− 1
2
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣g(x)− 1
4
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣f(x)− 1
4
∣∣∣∣
≤ ϵ
3
+
ϵ
3
+
ϵ
3
= ϵ.
4) Calcule os seguintes limites de funções (sem aplicar derivadas)
(a) lim
x→∞
[lnx2 + ln(1− cos 1
x )] . (Lembre-se que lim
x→0+
lnx → −∞).
Resolução.
� À priori temos uma indeterminação
lim
x→∞
[lnx2 + ln(1− cos
1
x
)] = ∥∞−∞∥.
� Levantando a indeterminação:
lim
x→∞
[lnx2 + ln(1− cos
1
x
)] = lim
x→∞
lnx2(1− cos
1
x
)
= ln lim
x→∞
x2(1− cos
1
x
) = ln ∥∞ · 0∥.
� Seja t = 1
x . Então, à medida que x cresce tendendo ao in�nito, t decresce tendendo para 0.
Assim,
lim
x→∞
[lnx2 + ln(1− cos
1
x
)] = ln lim
t→0
1− cos t
t2
= ln
∥∥∥∥00
∥∥∥∥
= ln lim
t→0
(1− cos t)(1 + cos t)
t2(1 + cos t)
= ln lim
t→0
�����: sin2 t
1− cos2 t
t2(1 + cos t)
= ln lim
t→0
sin2 t
t2(1 + cos t)
= ln lim
t→0�
�
��
1
sin2 t
t2
· 1
1 + cos t
= ln lim
t→0
1
1 + cos t
= ln
1
2
= − ln 2.
(b) lim
h→0
sin(a+ 2h)− 2 sin(a+ h) + sin a
h
(Lembre-se que sinx− sin y = 2 sin x−y
2 cos x+y
2 )..
Resolução.
� À priori temos uma indeterminação
lim
h→0
sin(a+ 2h)− 2 sin(a+ h) + sin a
h
=
∥∥∥∥00
∥∥∥∥ .
� Levantamos a indeterminação:
lim
h→0
sin(a+ 2h)− 2 sin(a+ h) + sin a
h
= lim
h→0
sin(a+ 2h)− sin a
h
− 2 lim
h→0
sin(a+ h)− sin a
h
.
� Sabe-se que sinx− sin y = 2 sin x−y
2 cos x+y
2 . Logo,
lim
h→0
sin(a+ 2h)− 2 sin(a+ h) + sin a
h
= lim
h→0
2 sinh cos(a+ h)
h
− 2 lim
h→0
2 sin h
2 cos 2a+h
2
h
= lim
h→0
2 cos(a+ h)− 2 lim
h→0
cos
2a+ h
h
= 2 cos a− 2 cos a
= 0.
5) Encontre os valores de a e b para os quais a função
f(x) =

tan 2πx
x+
1
2
, − 5
2
< x < −1
2
ax+ b, − 1
2
≤ x ≤ 0
2 sinx+ 3 sin2 x
x+ 2x4
, x > 0
é contínua em
(
−5
2
,+∞
)
.
Resolução. Dizemos que uma função f é contínua em x = a se f está de�nida em a e lim
x→a
f(x) = f(a). .
Em particular, para garantir a continuidade de f em
(
−5
2
,+∞
)
devemos avaliar com atenção, os limites
laterais nos pontos − 1
2 e 0. Observe que, à esquerda de − 1
2 , temos
lim
x→− 1
2
−
f(x) = lim
x→− 1
2
−
tan 2πx
x+ 1
2
= lim
x→− 1
2
−
sin 2πx
x+ 1
2
lim
x→− 1
2
−
1
cos 2πx
= − lim
x→− 1
2
−
sin 2πx
x+ 1
2
Tomando t = x+
1
2
, temos x = t− 1
2 e quando x → − 1
2
−
, t → 0−. Logo,
lim
x→− 1
2
−
f(x) = − lim
x→− 1
2
−
sin 2πx
x+ 1
2
= − lim
t→0−
sin 2π(t− 1
2 )
t
= lim
t→0−
sin 2πt
t
= 2π.
À direita de − 1
2 , temos
lim
x→− 1
2
+
f(x) = lim
x→− 1
2
+
ax+ b = −a
2
+ b
Por outro lado, à esquerda de 0, temos
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
ax+ b = b
e à direita de 0, temos
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
2 sinx+ 3 sin2 x
x+ 2x4
= 2 lim
x→0+
sinx
x(1 + 2x3)
+ 3 lim
x→0+
sinx · sinx
x(1 + 2x3)
= 2.
Deste modo, para que f seja contínua em
(
− 5
2 , 0
)
, b = 2 e −a
2
+ b = 2π, isto é, a = 4 (1− π) e b = 2.
6) Mostre que existe algum número x tal que x3 + 2 = sinx no intervalo [−π, 0]. Justi�que a sua resposta.
Resolução. Passamos todos termos para um dos lados e consideramos a equação x3 + 2 − sinx = 0.
Consideremos a função f(x) = x3 + 2 − sinx. Equivalentemente, devemos mostar que f(x) = 0 para
algum x em (−π, 0).
Como f é diferença de polinómios e uma função trigonométrica, então é contínua em todos pontos, em
particular, no intervalo fechado [−π, 0].
Por outro lado {
f(0) = 03 + 2− sin(0) = 2
f(−π) = (−π)3 + 2− sin(−π) = 2− π3 ≈ −29
Como f(−π) < 0 < f(0), pelo teorema do valor intermédio, existe um valor c em (0, 1) tal que f(c) = 0,
isto é, existe uma solução paea a equação f(x) = 0 no intervalo (−π, 0).
BOM TRABALHO
Grupo de disciplina: A Matusse, E Latife, B Maxlhope, A Inguane, D Maxaieie