gabarito ep4 metdet II 2017 1

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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
Me´todos Determin´ısticos II
1o Semestre de 2017
Exerc´ıcios Programados 4 - Gabarito
Questa˜o 1: Para a func¸a˜o f cujo o gra´fico e´ dado, determine o valor de cada um dos limites abaixo.
Caso na˜o exista, explique o motivo
a) lim
x→−6
f(x) d) lim
x→4
f(x)
b) lim
x→0+
f(x) e) Determine ass equac¸o˜es das ass´ıntotas verticais.
c) lim
x→0−
f(x)
Soluc¸a˜o: a) Pelo gra´fico podemos ver que lim
x→−6−
f(x) = 0 = lim
x→−6+
f(x) e, portanto, lim
x→−6
f(x) = 0.
b) Observe que quando x se aproxima de 0 com valores maiores que zero a func¸a˜o vai para −∞ e,
portanto, lim
x→0+
f(x) = −∞.
c) Para valores menores que zero temos lim
x→0−
f(x) = +∞.
d) Observando o gra´fico vemos que lim
x→4−
f(x) = −∞ = lim
x→4+
f(x) e, portanto, lim
x→4
f(x) = −∞.
e) Observando o gra´fico vemos que os valores para os quais a func¸a˜o vai para mais e menos infinito
sa˜o −5 e 4, respectivamente. Portanto, as equac¸o˜es das assintotas verticais sa˜o: x = −5 e x = 4.
Questa˜o 2: Estime a func¸a˜o nos nu´meros dados. Use os resultados para conjecturar qual o valor do
limite, ou explicar por que eel na˜o existe
a) Se g(x) = x−1
x3−1 estime para x = 0, 2; 0, 4; 0, 9; 0, 99; 1, 2; 1, 1; 1, 01. Calcule enta˜o o limx→1
x− 1
x3 − 1.
b) Se h(x) = 1−x
2
x2+3x−10 estime para x = 3; 2, 1; 2, 01; 2, 001; 2, 0001; 2, 00001. Calcule enta˜o o
lim
x→2+
1− x2
x2 + 3x− 10.
1
Soluc¸a˜o: a) e b) Vamos montar uma tabela com os valores de g(x) e de h(x). Depois interpretamos
os valores encontrados
x g(x) x h(x)
0, 2 0, 806452 3 −1
0, 4 0, 641026 2, 1 −4, 80282
0, 8 0, 409836 2, 01 −43, 368
0, 9 0, 369004 2, 001 −429, 082
0, 99 0, 336689 2, 0001 −4286, 22
1, 4 0, 229358 2, 00001 −42857, 7
1, 2 0, 274725
1, 1 0, 302115
1, 01 0, 330022
Como tanto lim
x→1−
x− 1
x3 − 1 se aproxima de 0, 33 assim como limx→1+
x− 1
x3 − 1 e´ razoa´vel que o limx→1
x− 1
x3 − 1 =
0, 33.
Agora veja que
lim
x→1
x− 1
x3 − 1 = limx→1
x− 1
(x− 1)(x2 + x+ 1) = limx→1
1
x2 + x+ 1
=
1
3
= 0, 3333...
Para a func¸a˜o h(x) temos que lim
x→2+
1− x2
x2 + 3x− 10 = +∞. De fato,
lim
x→2+
1− x2
x2 + 3x− 10 =
(
lim
x→2+
1− x2
5 + x
)(
lim
x→2+
1
x− 2
)
=
(−3
7
)(
lim
x→2+
1
x− 2
)
= −∞.
Questa˜o 3: Calcule os limites:
a) lim
x→5+
6
x− 5 d) limx→0
x− 1
x2(x+ 2)
b) lim
x→3
1
(x− 3)3 e) limx→−1+
1
x3 − 1
c) lim
x→−2+
x− 1
x2(x+ 2)
Soluc¸a˜o: a) Quando x → 5+ o numerador de 6x−5 que e´ 6 e´ sempre positivo. O denominador vai
para zero, mas com valores positivos, pois x esta se aproximando de 5 com valores maiores que 5.
Temos que lim
x→5+
6
x− 5 = +∞.
b) Observe que o numerador e´ sempre diferente de zero ja´ o denominador (x − 3)8 vai para zero
com valores positivos ou negativos dependendo de x → 3+ ou x → 3−, respectivamente. Portanto,
lim
x→3+
1
(x− 3)3 = +∞ e limx→3−
1
(x− 3)3 = −∞.
c) Observer que o numerador de x−1
x2(x+2)
e´ diferente de zero em −2. Logo
lim
x→−2+
x− 1
x2(x+ 2)
=
(
lim
x→−2+
x− 1
x2
)(
lim
x→−2+
x− 1
x+ 2
)
=
−3
4
(
lim
x→−2+
1
x+ 2
)
= −∞.
d)
lim
x→0
x− 1
x2(x+ 2)
=
(
lim
x→0
x− 1
x− 2
)(
lim
x→0
1
x2
)
=
−1
2
(
lim
x→0
1
x2
)
= −∞.
2
e)
lim
x→−1+
1
x3 − 1 = limx→−1+
1
(x− 1)(x2 + x+ 1) =
(
lim
x→−1+
1
x2 + x+ 1
)(
lim
x→−1+
1
x− 1
)
=
1
3
(−∞) = −∞.
Questa˜o 4: Determine os valores de a tais que
lim
x→3−
x− 3
x2 + ax+ 9
= −∞.
Soluc¸a˜o: Para que o limite deˆ −∞ o denominador deve ir tambe´m para zero, como o numerador vai
para zero quando x → 3−, enta˜o o denominador deve ir para zero mais ra´pido. Logo o denominador
deve ter 3 como raiz dupla, isto e´, (x− 3)2 = x3 − 6x+ 9. Da´ı, se a = −6 temos
lim
x→3−
x− 3
x2 − 6x+ 9 = limx→3−
x− 3
(x− 3)2 = limx→3−
1
x− 3 = −∞.
Podemos ainda perceber que a deve ser igual a -6, vendo que ao dividir x2+ ax+9 por x− 3 obtemos
x2 + ax+ 9 = (x− 3)(x+ (a+ 3)) + (3a+ 18)
Para que o denominador va´ para zero quando x→ 3− precisamos que a constante 3a+18 = 0⇒ a = −6
e por sorte com esta condic¸a˜o x+ a+ 3 = x− 3, e portanto, x = 3 e´ raiz repetida do denominador.
Questa˜o 5: Esboce o gra´fico da func¸a˜o e use-o para determinar os valores de a para os quais o
lim
x→a f(x) existe:
f(x) =

2− x se x < −1
x se −1 ≤ x < 1
x− 1 se x ≥ 1
Soluc¸a˜o: Fazendo o gra´fico temos
3
Pelo gra´fico vemos que lim
x→−1−
f(x) = 3, lim
x→−1+
f(x) = −1 e, portanto, o lim
x→−1
f(x) na˜o existe.
Assim como em x = 1 temos lim
x→1−
f(x) = 1, lim
x→1−
f(x) = 0 e, portanto, o lim
x→−1
f(x) na˜o existe. Ale´m
disso, podemos concluir que o limite existe para todos os valores exceto x = −1 e x = 1.
Resoluc¸a˜o dos Exerc´ıcios da Aula 5
Questa˜o 6: Calcule os seguintes limites:
a) lim
x→+∞x
4 − 3x+ 2 d) lim
x→+∞
5− x
3 + 2x
b) lim
x→+∞
5x3 − 6x+ 1
6x3 + 2
e) lim
x→−∞
x4 − 2x+ 3
3x4 + 7x− 1
c) lim
x→+∞
x+ 1
x2 − 2 f) limx→+∞ cos(x)
Soluc¸a˜o: a) Este limite se trata como todo limite com x→ +∞ em polinoˆmios
lim
x→+∞x
4 − 3x+ 2 = lim
x→+∞x
4(1− 3
x3
+
2
x4
) =
(
lim
x→+∞x
4
)(
lim
x→+∞ 1−
3
x3
+
2
x4
)
= +∞ · 1 = +∞.
b) Como o grau do denominador e´ igual do o grau do numerador ja´ sabemos que o limite e´ finito,
fac¸a enta˜o
lim
x→+∞
5x3 − 6x+ 1
6x3 + 2
= lim
x→+∞
x3
x3
(
5− 6/x2 + 1/x2
6 + 2/x3
)
=
5
6
.
c) Como o grau do denominador e´ menor que o grau do numerador ja´ sabemos que o limite e´ zero,
fac¸amos as contas
lim
x→+∞
x+ 1
x2 − 2 = limx→+∞
x2
x2
(
1/x+ 1/x2
1− 2/x2
)
=
0
1
= 0.
d)
lim
x→+∞
5− x
3 + 2x
= lim
x→+∞
x
x
(
5/x− 1
3/x+ 2
)
=
−1
2
.
e)
lim
x→−∞
x4 − 2x+ 3
3x4 + 7x− 1 = limx→−∞
x4
x4
(
1− 2/x3 + 3/x4
3 + 7/x3 − 1/x4
)
=
1
3
.
f) Todos sabemos que a func¸a˜o cos(x) fica variando entre −1 e 1, quando x → +∞, enta˜o como
argumentar que esta func¸a˜o na˜o tem limite. A ide´ia e´ usar sequeˆncias, mas o que e´ uma sequ¨eˆncia?
Uma sequeˆncia e´ uma func¸a˜o f : N → R, que para cada nu´mero natural n tem imagem f(n) que
chamaremos de an, isto e´, f(n) = an.
Teorema: Seja g : R → R uma func¸a˜o, tal que lim
x→a g(x) = L, enta˜o se an
n→∞−→ a temos que
g(an)
n→∞−→ L.
Enta˜o se quisermos mostrar que o lim
x→ah(x) na˜o existe para uma certa func¸a˜o h(x) basta exibirmos
duas sequeˆncias diferentes (an), (bn) tais que, tanto an
n→∞−→ a e bn n→∞−→ a, mas h(an) n→∞−→ L1, e
h(bn)
n→∞−→ L2, com L1 6= L2.
Para a func¸a˜o cos(x) vamos considerar duas sequeˆncias que tendem ao infinito, sejam an =
(
4n−3
2
)
pi
e bn =
(
4n−1
2
)
pi. Agora e´ claro que an
n→∞−→ ∞ assim como bn n→∞−→ ∞, por outro lado
cos(an) = cos
((
4n− 3
2
)
pi
)
= 1, ∀n ∈ N, e cos(bn) = cos
((
4n− 1
2
)
pi
)
= −1, ∀n ∈ N
4
Portanto, cos(an)
n→∞−→ 1 e cos(bn) n→∞−→ −1 e, da´ı lim
x→+∞ cos(x) na˜o existe.
Questa˜o 7: Calcule tambe´m os seguintes limites
a) lim
x→+∞
[
2x−
√
x2 + 3
]
c) lim
x→+∞
x+
√
x+ 3
2x− 1
b) lim
x→+∞
√
x+ 1
x+ 3
d) lim
x→+∞
√
x+
√
x−√x− 1.
Soluc¸a˜o: a) Este limite e´ um t´ıpico caso de indeterminac¸a˜o do tipo +∞ − (+∞), pois tanto x
como
√
x2 + 3 va˜o para +∞ quando x→ +∞. Para vermos o que acontece multiplique e divida pelo
conjugado de 2x−√x2 + 3,
lim
x→+∞
[
2x−
√
x2 + 3
]
= lim
x→+∞
(
2x−
√
x2 + 3
)(2x+√x2 + 3
2x+
√
x2 + 3)
= lim
x→+∞
4x2 − (x2 + 3)
2x+
√
x2 + 3
e da´ı
lim
x→+∞
3x2 − 3
2x+
√
x2 + 3
= lim
x→+∞
x2
x2
(
3− 3/x2
2/x+
√
1/x2 + 3/x4
)
= +∞.
b)
lim
x→+∞
√
x+ 1
x+ 3
= lim
x→+∞
x
x
(
1/
√
x+ 1/x
1 + 3/x
)
= 0.
c)
lim
x→+∞
x+
√
x+ 3
2x− 1 = limx→+∞
x
x
(
1 +
√
1/x+ 3/x2
2− 1/x
)
=
1
2
.
d) Vamos comec¸ar por multiplicar e dividir pelo conjugado, observe que para x ≥ 0 ele nunca se
anula.
lim
x→+∞
√
x+
√
x−√x− 1 = lim
x→+∞
(√
x+
√
x−√x− 1
)(√
x+
√
x+
√
x− 1√
x+
√
x+
√
x− 1
)
= lim
x→+∞
x+
√
x− (x− 1)√
x+
√
x+
√
x− 1
= lim
x→+∞
√
x√
x
 1 + 1/√x√
x+
√
x
x +
√
x−1
x

= lim
x→+∞
1 + 1/
√
x√
1 + 1/
√
x+
√
1− 1/x =
1
1 + 1
=
1
2
.
Questa˜o 8: Obtenha as ass´ıntotas horizontais e verticais das seguintes func¸o˜es
a) y =
x
x+ 4
c) y =
x3 + 1
x3 + x
b) y =
x
4
√
x4 + 1
d) f(x) =
x− 9√
4x2 + 3x+ 2
.
Soluc¸a˜o: a) Para determinar as ass´ıntotas verticais precisamos saber os poss´ıveis valores que podem
fazer esta func¸a˜o ir para mais ou menos infinito. Claramente so´ precisamos nos preocupar com
5
x+ 4 = 0, ou x = −4. Precisamos calcular lim
x→−4+
x
x+ 4
e lim
x→−4−
x
x+ 4
, mas
lim
x→−4−
x
x+ 4
= +∞ e lim
x→−4+
x
x+ 4
= −∞.
Vamos agora ver o que acontece com
lim
x→±∞
x
x+ 4
= lim
x→±∞
x
x
(
1
1 + 4/x
)
=
1
1
= 1.
Disto tudo conclu´ımos que y = 1 e´ a u´nica ass´ıntota horizontal de y = xx+4 e x = −4 e´ a u´nica
ass´ıntota vertical desta func¸a˜o.
b) Antes de mais nada veja que x4 + 1 = 0 na˜o tem soluc¸a˜o real. Portanto, esta func¸a˜o na˜o tem
nenhum candidato a ser ass´ıntota vertical. Por outro lado
lim
x→±∞
x
4
√
x4 + 1
= lim
x→±∞
x
x
(
1
4
√
1 + 1/x
)
= 1.
Portanto, esta func¸a˜o so´ admite uma ass´ıntota horizontal y = 1.
c) Precisamos determinar os x tais que x3 + x = 0. Mas veja que x3 + x = x(x2 + 1) = 0 se, e
somente se, x = 0.
lim
x→0−
x3 + 1
x3 + x
= −∞ e lim
x→0+
x3 + 1
x3 + x
= +∞.
lim
x→±∞
x3 + 1
x3 + x
= lim
x→±∞
x3
x3
(
1 + 1/x3
1 + 1/x2
)
= 1.
Portanto a ass´ıntota horizontal e´ y = 1 e a vertical e´ x = 0.
d) Precisamos encontrar as soluc¸o˜es de 4x2 + 3x+ 2 = 0, agora seu discriminante e´ ∆ = 9− 32 =
−23 < 0 e, portanto, a 4x2 + 3x+ 2 = 0 na˜o tem soluc¸a˜o nos reais. Por outro lado,
lim
x→±∞
x− 9√
4x2 + 3x+ 2
= lim
x→±∞
x
x
(
1− 9/x√
4 + 3/x+ 2/x2
)
=
1√
4
=
1
2
.
Portanto, a func¸a˜o f(x) na˜o admite ass´ıntota vertical e admite apenas uma ass´ıntota horizontal que
e´ y = 12 .
Questa˜o 9: Determine o domı´nio das seguintes func¸o˜es:
a) log2(x+ 1) c) ln(x
2 − 1)
b) ln x+1x−1 d) log3(|x|).
Soluc¸a˜o: a) temos que x+ 1 > 0⇔ x > −1, enta˜o basta supor que x > −1.
b)
x+ 1
x− 1 > 0⇔
{
x+ 1 e x− 1 > 0 ou
x+ 1 e x− 1 < 0
Portanto, x > 1 ou x < −1.
c) Precisamos que x2 − 1 > 0 ⇔ (x − 1)(x + 1) > 0, enta˜o basta que x < −1 e x > 1, podemos
expressar esta informac¸a˜o de uma forma mais reduzida da seguinte forma: |x| > 1.
d) Basta que |x| > 0, dizendo de outra forma, a func¸a˜o log3(|x|) esta definida para todo x ∈ R exceto
para x = 0.
6
Questa˜o 10: Calcule os seguintes limites:
a) lim
x→+∞ log3 x d) limx→0+
log 1
3
x
b) lim
x→+∞ [ln(2x+ 1)− ln(x+ 3)] e) limx→1 ln
x2 − 1
x− 1
c) lim
x→+∞
x3 + x2 − 2x+ 4
x2 + 3x+ 1
f) lim
x→−∞
3x2 + 2x+ 4
2x2 + x+ 3
.
Soluc¸a˜o: a) Como comentamos sabemos que lim
x→+∞ log3 x = +∞ assim como no item d) o limx→0+ log 13 x =
+∞.
b) Observe que
lim
x→+∞ [ln(2x+ 1)− ln(x+ 3)] = limx→+∞ ln
2x+ 1
x+ 3
= lim
x→+∞ ln
x
x
(
2 + 1/x
1 + 3/x
)
= ln
2
1
= ln 2.
c)
lim
x→+∞
x3 + x2 − 2x+ 4
x2 + 3x+ 1
= lim
x→+∞
x2
x2
(
x+ 1− 2/x+ 4/x2
1 + 3/x+ 1/x2
)
= +∞.
e) Ja´ o limite
lim
x→1
ln
x2 − 1
x− 1 = limx→1 ln
(x− 1)(x+ 1)
x− 1 = limx→1 lnx+ 1 = ln 2.
f) E o limite
lim
x→−∞
3x2 + 2x+ 4
2x2 + x+ 3
= lim
x→−∞
x2
x2
(
3 + 2/x+ 4/x2
2 + 1/x+ 3/x2
)
=
3
2
.
Questa˜o 11: Admita que voceˆ sabe que lim
x→+∞
(
1 +
1
x
)x
= e. Enta˜o mostre as igualdades abaixo:
a) lim
x→−∞
(
1 +
1
x
)x
= e c) lim
x→0−
(1 + x)
1
x = e
b) lim
x→0+
(1 + x)
1
x = e d) lim
x→0
ex − 1
x
= 1.
Soluc¸a˜o: a) Vamos fazer a seguinte mudanc¸a de varia´vel, x = −(t+ 1), t > 0 e temos enta˜o(
1 +
1
x
)x
=
(
1− 1
t+ 1
)−(t+1)
=
((
t+ 1− 1
t+ 1
)−1)t+1
=
(
1 +
1
t
)t t+ 1
t
.
Como t→ +∞ quando x→ −∞ segue que
lim
x→−∞
(
1 +
1
x
)x
= lim
t→+∞
(
1 +
1
t
)t t+ 1
t
= e · 1 = e.
b) Fazendo x = 1h temos que x→ 0+ ⇒ h→ +∞ e da´ı
lim
x→0+
(1 + x)
1
x = lim
h→+∞
(
1 +
1
h
)h
= e.
c) Semelhante ao item b)
d) Seja h = ex − 1 ou x = ln(h+ 1) e como
ex − 1
x
=
h
ln(h+ 1)
=
1
1
h
1
lnh+ 1
=
1
ln
(
(h+ 1)1/h
)
7
e x→ 0 temos h→ 0 e enta˜o
lim
x→0
ex − 1
x
= lim
h→0
1
ln
(
(h+ 1)1/h
) = 1
ln(e)
= 1.
Questa˜o 12: O custo me´dio por disco em reais que uma determinada empresa tem ao fabricar x
CDs de a´udio e´ dado pela func¸a˜o custo me´dio
C(x) = 0, 8 +
3000
x
Calcule lim
x→+∞C(x) e interprete o resultado obtido.
Soluc¸a˜o: Sabemos que lim
x→+∞C(x) = limx→+∞ 0, 8 +
3000
x
= 0, 8. Portanto, o custo de produc¸a˜o de
um CD tende a estabilizar em 80 centavos para grandes quantidades de CD’s produzidos.
8