gabarito ep5 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
Gabarito do EP5
Questa˜o 1: Dado que
lim
x→a f(x) = −3, limx→a g(x) = 0 e limx→ah(x) = 8
encontre, se existir, o limite. Caso exista explique porqueˆ.
a) lim
x→a [f(x) + h(x)] c) limx→a [f(x)]
2
b) lim
x→a
3
√
f(x) d) lim
x→a
1
f(x)
e) lim
x→a
f(x)
h(x)
f) lim
x→a
g(x)
f(x)
g) lim
x→a
f(x)
g(x)
h) lim
x→a
2f(x)
h(x)− f(x) .
Soluc¸a˜o: Esta questa˜o e´ conceitual - ou seja - quase na˜o existe ”contas´´ para serem feitas - mas
exige que estejamos de posse dos motivos que nos permite concluir os resultados.
a) Aqui sabemos o seguinte: Sabemos que os limites: lim
y→c r1(y) = b1 e limy→c r2(y) = b2, enta˜o
lim
y→c [r1(y) + r2(y)] = limy→c r1(y) + limy→c r1(y) = b1 + b2.
Enta˜o estamos nesta situac¸a˜o, logo:
lim
x→a [f(x) + h(x)] = limx→a f(x) + limx→ah(x) = −3 + 8 = 5.
b) Se lim
y→d
r2(y) = c e lim
t→c r1(t) = b1, enta˜o:
lim
y→d
r1 (r2(y)) = r1
(
lim
y→d
r2(y)
)
= b1.
Logo,
lim
x→a
3
√
f(x) = 3
√
lim
x→a f(x) =
3
√−3.
c) Se sabemos que os limites: lim
y→c r1(y) e limy→c r2(y) existem e sa˜o finitos, portanto, limy→c r1(y)r2(y) =(
lim
y→c r1(y)
)(
lim
y→c r2(y)
)
. Da´ı,
lim
x→a [f(x)]
2 =
[
lim
x→a f(x)
]2
= [−3]2 = 9.
d) Ja´ sabemos que lim
x→a
1
x
=
1
a
, para todo a 6= 0. Enta˜o
lim
x→a
1
f(x)
=
1
−3 = −
1
3
.
1
e) Os itens e) e f) seguem da aplicac¸a˜o do resultado do item c) e d). Veja:
lim
x→a
f(x)
h(x)
= lim
x→a (f(x))
(
1
h(x)
)
= (−3)1
8
= −3
8
.
f)
lim
x→a
g(x)
f(x)
= lim
x→a (g(x))
(
1
f(x)
)
= 0
1
−3 = 0.
g) No limite lim
x→a
f(x)
g(x)
como o numerador f(x) tende para −3 e o denominador g(x) para zero, enta˜o
lim
x→a
f(x)
g(x)
= ±∞.
h) Como lim
x→a [h(x)− f(x)] = limx→ah(x)− limx→a f(x) = 8− (−3) = 11, enta˜o
lim
x→a
2f(x)
h(x)− f(x) = limx→a 2 [f(x)]
[
1
h(x)− f(x)
]
= 2(−3) 1
11
= − 6
11
.
Questa˜o 2: Calcule o limite, se existir
a) lim
x→−3
x2 − x+ 12
x+ 3
b) lim
x→−3
x2 − x− 12
x+ 3
c) lim
h→0
(1 + h)4 − 1
h
d) lim
h→0
(2 + h)3 − 8
h
e) lim
t→9
9− t
3−√t f) limt→2
t2 + t− 16
t2 − 4
g) lim
t→0
√
2− t−√2
t
h) lim
x→9
x2 − 81√
x− 3 .
Soluc¸a˜o: a) Observe que quando x = −3, temos x2− x+12 e´ igual a 24. E como o numerador vai
para 24 o denominador se aproxima de zero. Portanto,
lim
x→−3
x2 − x+ 12
x+ 3
=∞
b) Veja que x2−x+12 da´ zero quando avaliado em x = −3. E aproveitando esta soluc¸a˜o da equac¸a˜o
x2 − x+ 12 = 0. Obtemos, dividindo x2 − x+ 12 por x+ 3, que x2 − x+ 12 = (x+ 3)(x− 4), da´ı
lim
x→−3
x2 − x− 12
x+ 3
= lim
x→−3
(x+ 3)(x− 4)
x+ 3
= lim
x→−3
x− 4 = −7.
c) Quando h = 0 tanto o numerador quanto o denominador e´ zero. Enta˜o temos que analisar com
mais cuidado o que acontece neste limite, veja que
lim
h→0
(1 + h)4 − 1
h
= lim
h→0
1 + 4h+ 6h2 + 4h3 + h4 − 1
h
= lim
h→0
h(4 + 6h+ 4h2 + h3)
h
= lim
h→0
[
4 + 6h+ 4h2 + h3
]
= 4.
2
d) Quando h = 0 tanto o numerador quanto o denominador e´ zero.
lim
h→0
(2 + h)3 − 8
h
= lim
h→0
(8 + 12h+ 6h2 + h3)− 8
h
= lim
h→0
12h+ 6h2 + h3
h
= lim
h→0
[
12 + 6h+ h2
]
= 12.
e) Novamente tanto o numerador como o denominador se anula quando avaliado em t = 9. Observe
que
lim
t→9
9− t
3−√t = limt→9
(3 +
√
t)(3−√t)
3−√t
= lim
t→9
(3 +
√
t) = 6.
f) Observe quando t = 2 enta˜o 4 + 2− 16 = 10 e o denominador e´ igual a zero. E da´ı,
lim
t→2
t2 + t− 16
t2 − 4 =∞.
g) Aqui tambe´m o denominador e o numerador se anulam quando substitu´ımos t = 0, da´ı
lim
t→0
√
2− t−√2
t
= lim
t→0
(√
2− t−√2
t
)(√
2− t+√2√
2− t+√2
)
= lim
t→0
2− t− 2
t(
√
2− t+√2)
= − lim
t→0
1√
2− t+√2 = −
1
2
√
2
.
h) Aqui tambe´m o denominador e o numerador se anulam quando substitu´ımos t = 9. Observe que
lim
x→9
x2 − 81√
x− 3 = limx→9
(x− 9)(x+ 9)√
x− 3
= lim
x→9
(
√
x− 3)(√x+ 3)(x+ 9)√
x− 3
= lim
x→9
(
√
x+ 3)(x+ 9) = 6× 18 = 96.
Questa˜o 3: Calcule os seguintes limites
a) lim
x→+∞(x
4 − 3x+ 2) b) lim
x→+∞(5− 4x+ x
2 − x5)
c) lim
h→+∞
5h3 − 6h+ 1
6h3 + 2
d) lim
x→+∞
5x3 − 6x+ 2
6x2 + x+ 3
e) lim
t→+∞
t+ 1
t2 − 2 f) limt→+∞
2 + t
3 + t2
g) lim
x→+∞
(
2x−
√
x2 + 3
)
h) lim
x→+∞
(√
x+
√
x−√x− 1
)
.
Soluc¸a˜o: a) O grau do polinoˆmio x4 − 3x+ 2 e´ 4, portanto, grau par. E, ale´m disso, o coeficiente
que acompanha o termo x4 e´ 1, portanto, lim
x→+∞(x
4 − 3x+ 2) = +∞.
3
b) O grau de 5− 4x+ x2 − x5 e´ 5, portanto, de grau ı´mpar. E, ale´m disso, o termo que acompanha
o termo −x5 e´ −1, portanto, lim
x→+∞(5− 4x+ x
2 − x5) = −∞.
c)
lim
h→+∞
5h3 − 6h+ 1
6h3 + 2
= lim
h→+∞
(
h3
h3
)(
5− 6/h2 + 1/h3
6 + 2/h3
)
=
5
6
.
d) O polinoˆmio 5x3 − 6x + 2 e´ de grau 3 e no denominador o polinoˆmio 6x2 + x + 3, portanto, o
numerador crescera´ mais ra´pido. Como o termos 5x3 e 6x2 sa˜o multiplicados por termos positivos, 5
e 6, respectivamente. Enta˜o lim
x→+∞
5x3 − 6x+ 2
6x2 + x+ 3
= +∞.
e) O numerador t+ 1 e´ de grau 1 e o denominador t2 − 2 e´ de grau 2. Portanto, o denominador vai
crescer mais ra´pido e como os coeficientes que acompanham t e t2 sa˜o positivos, temso lim
t→+∞
t+ 1
t2 − 2 = 0.
f) O mesmo argumento do item anterior temos lim
t→+∞
2 + t
3 + t2
= 0.
g) Veja que tanto 2x como
√
x2 + 3 ambos va˜o para mais infinito. Isto nos causa a respeito de quais
destas func¸o˜es crescem mais ra´pido, ou ainda se no limite elas empatam. Para esclarecer veja que
lim
x→+∞
(
2x−
√
x2 + 3
)
= lim
x→+∞
(
2x−
√
x2 + 3
)(2x+√x2 + 3
2x+
√
x2 + 3
)
= lim
x→+∞
4x2 − (x2 + 3)
2x+
√
x2 + 3
= lim
x→+∞
3x2 − 3
2x+
√
x2 + 3
= lim
x→+∞
(x
x
)( 3x− 3/x
2 +
√
1 + 3/x
)
= +∞
h) Neste caso novamente teremos a diferenc¸a de dois infinitos. Temos que trabalhar um pouco com
a expressa˜o para ver o como podemos extrair o resultado deste limite.
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+ 1(√
(
√
x)
2
+
√
x+
√
(
√
x)
2 − 1
)
= lim
x→+∞
(√
x√
x
) 1 + 1/√x(√
1 + 1/
√
x+
√
1− 1/√x
)

=
1√
1 +
√
1
=
1
2
.
Questa˜o 4: Calcule
4
a) lim
x→3+
5
3− x b) limx→0−
1
x
c) lim
x→1+
3x− 5
x2 + 3x+ 4
d) lim
x→2+
x2 − 4
x2 − 4x+ 4
Soluc¸a˜o: a) Vamos montar uma tabela para entendermos numericamente o que acontece quando
quando x se aproxima de 3, com valores superiores de 3.
Table 1: A primeira tabela e´ de 53−x e a segunda de
1
x
3, 1 5−0,1 = −50
3, 01 5−0,01 = −500
3, 001 5−0,001 = −5000
3, 0001 5−0,0001 = −50000
−1 1−1 = −1
−0, 1 1−0,1 = −10
−0, 001 1−0,001 = −1000
−0, 0001 1−0,0001 = −10000
Portanto, quando x→ 3+ o limite vai para −∞, isto e´, lim
x→3+
5
3− x = −∞.
b) Aqui tambe´m o que acontece pode ser entendido facilmente olhe a segunda tabela acima.
Portanto, lim
x→0−
1
x
= −∞.
c) No lim
x→1+
3x− 5
x2 + 3x+ 4
o numerador 3x − 5 se aproxima de −2− e o denominador x2 + 3x + 4 se
aproxima de 8+, portanto, o limite e´ lim
x→1+
3x− 5
x2 + 3x+ 4
=
−2
8
= −1
4
.
d)
lim
x→2+
x2 − 4
x2 − 4x+ 4 = limx→2+
(x− 2)(x+ 2)(x− 2)2
= lim
x→2+
x+ 2
x− 2 = +∞.
5