Prova 1 de Cálculo I - (3)

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Gabarito da Primeira Prova de Ca´lculo I -2006.2
Primeira questa˜o
a) Como o limite do numerador e do denominador existem e o do denomi-
nador e´ diferente de zero, temos
lim
x→−1
x5 + 8x2 + 1
x2 − 4 =
(−1)5 + 8(−1)2 + 1
(−1)2 − 4 =
−1 + 8 + 1
−3 = −
8
3
b) Como o limite do numerador e´ 4, o qual e´ um numero positivo, e o
denominador tende a zero pela direita, enta˜o
lim
x→3+
x+ 1
x− 3 = ”
4
0+
” =∞
c) Usando o limite fundamental trigonome´trico
lim
x→0
tg(4x)
x
= lim
x→0
sen(4x)
4x
4
cos(4x)
= lim
x→0
sen(4x)
4x
lim
x→0
4
cos(4x)
= 1.4 = 4
d) −x2 ≤ x2sen( 1x7 ) ≤ x2 para todo x ∈ R− {0} e, em particular, pro´ximo
do ponto x = 0(mas na˜o nele). Como
lim
x→0
−x2 = lim
x→0
x2 = 0,
pelo Teorema do Confronto
lim
x→0
x2sen(
1
x7
) = 0
Segunda questa˜o
a) Pela regra do produto:
d
dx
(sen(x)(2ex + 10x)) = (2ex + 10x)
d
dx
(sen(x)) + sen(x)
d
dx
(2ex + 10x)
= (2ex + 10x)(cos(x)) + sen(x)(2ex + 10)
b) Pela regra da cadeia:
d
dx
(e9 sec(x)) = e9 sec(x)
d
dx
(9 sec(x)) = e9 sec(x)(9 sec(x)tg(x)).
c) Pela regra do quociente
d
dx
(
x2 + tg(x)
ex + x6
) =
(ex + x6) ddx (x
2 + tg(x))− (x2 + tg(x)) ddx (ex + x6)
(ex + x6)2
=
(ex + x6)(2x+ sec2(x))− (x2 + tg(x))(ex + 6x5)
(ex + x6)2
1
d) Pela regra da cadeia
d
dx
((1+5 cos(x))8) = 8(1+5 cos(x))7
d
dx
(1+5 cos(x)) = 8(1+5 cos(x))7(−5sen(x)).
Terceira questa˜o
a) Para cada x 6= 1, existe um intervalo aberto contendo x onde a func¸a˜o
e´ expressa por um polinoˆmio nesse intervalo; e portanto a func¸a˜o e´ continua
nesses pontos para quaisquer valores de a e b. Note que ser continua nos pontos
x 6= 1, na˜o impo˜e nenhuma restric¸a˜o aos valores de a e b. Falta analisar a
continuidade no ponto x = 1. Para isto devemos ter limx→1 f(x) = f(1). Em
particular,limx→1− f(x) = limx→1+ f(x), e enta˜o
lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
(x3 − ax) = 1− a
lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
(bx2 + 1) = b+ 1, logo a = −b.
b) Por um argumento ana´logo ao da letra a) e´ fa´cil ver que f(x) e´ deriva´vel
para x 6= 1 quaisquer que sejam os valores de a e b. Portanto, ser deriva´vel nos
pontos x 6= 1, na˜o impo˜e nenhuma restric¸a˜o adicional aos valores de a e b. Falta
analisar se a func¸a˜o e´ deriva´vel no ponto x = 1. Para isto, f(x) necessariamente
tem que ser continua em x = 1 e portanto a = −b. Ale´m disso, as inclinac¸o˜es a
direita e a esquerda em x = 1 devem ser iguais. Logo temos:
Inclinac¸a˜o a esquerda = (x3 − ax)´(1) = 3(1)2 − a = 3− a
Inclinac¸a˜o a direita = (bx2 + 1)´(1) = 2b(1) = 2b,
logo temos que 3− a = 2b. Como a = −b, enta˜o
3− (−b) = 2b→ b = 3→ a = −3.
Portanto os valores procurados de a e b sa˜o a = −3 e b = 3.
Quarta questa˜o:
f(x) = cos(x) no intervalo (0, 2pi). Para a reta tangente no ponto (x, f(x))
ser paralela a reta (y = −x), essas duas retas devem ter a mesma inclinac¸a˜o.
Assim, os coeficientes angulares da reta tangente e da reta (y = −x) devem ser
iguais.
Coeficiente angular da reta tangente no ponto (x, f(x)) e´ = f´(x)
Coeficiente angular da reta (y = −x) e´ = −1.
Portanto,
f´(x) = −1 em (0, 2pi)→ (cos(x))´= −1 em (0, 2pi)→ −sen(x) = −1 em (0, 2pi)→ x = pi
2
.
Logo o ponto de tangeˆncia procurado e´ (pi2 , f(
pi
2 )) = (
pi
2 , cos(
pi
2 )) = (
pi
2 , 0).
2