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Universidade Federal de Vic¸osa Departamento de Matema´tica Exerc´ıcios resolvidos e comentados de MAT 140 - Parte I 1 Limites: Calcule os seguintes limites abaixo se existirem. Caso contra´rio, justifique a na˜o existeˆncia. a) lim x→−∞ sen (√ 16x2 − x+ 1 2x3 − x2 + 20 ) Resoluc¸a˜o: Observaremos inicialmente que o argumento (o que esta´ ”dentro”da func¸a˜o, entre pareˆnteses) da func¸a˜o seno pode ser visto da forma abaixo, colocando-se x3 (termo de maior grau no polinoˆmio do denominador) em evideˆncia e fazendo o mesmo com x6 (Mas por queˆ x6? Para justamente simplificar com o x3 que colocamos em evideˆncia no denominador. Perceba que x6 saira´ da raiz quadrada como x3) no polinoˆmio do numerador dentro da raiz quadrada: √ 16x2 − x+ 1 2x3 − x2 + 20 = √ x6 ( 16 x3 − 1 x5 + 1 x6 ) x3 ( 2− 1 x + 20 x3 ) = x 3 √( 16 x3 − 1 x5 + 1 x6 ) x3 ( 2− 1 x + 20 x3 ) = √( 16 x3 − 1 x5 + 1 x6 ) ( 2− 1 x + 20 x3 ) Fazendo x tender a −∞, temos que a func¸a˜o polinoˆmial dentro do radical vai a zero, logo, todo o numerador vai a zero. Enquanto isso, a func¸a˜o polinomial no denominador vai a 2. Desse modo, o argumento da func¸a˜o seno vai necesariamente a zero, e sen(0) = 0. Assim, lim x→−∞ sen (√ 16x2 − x+ 1 2x3 − x2 + 20 ) = 0 b) lim x→0 ( sen(2017x)− tan(2017x) cos(2017x)−1 x ) Resoluc¸a˜o: Inicialmente tendemos x a zero e observamos uma indeterminac¸a˜o do tipo zero sobre zero na frac¸a˜o existente no denominador, a saber, cos(2017x)− 1 x . Temos, sen(2017x)− tan(2017x) cos(2017x)− 1 x = x(sen(2017x)− tan(2017x)) cos(2017x)− 1 , Novamente uma indeterminac¸a˜o do tipo zero sobre zero, ao fazer x→ 0. Sabendo que tan(2017x) = sen(2017x) cos(2017x) , temos ao substituir tal identidade que, x(sen(2017x)− tan(2017x)) cos(2017x)− 1 = x ( sen(2017x)− sen(2017x) cos(2017x) ) cos(2017x)− 1 = x(sen(2017x)cos(2017x)−sen(2017x)) cos(2017x) cos(2017x)− 1 Na ultima frac¸a˜o acima, colocamos sen(2017x) em evideˆncia no numerador afim de simplificar o cos(2017x)− 1. Segue que, 1 xsen(2017x)(cos(2017x)− 1) cos(2017x)(cos(2017x)− 1) = xsen(2017x) cos(2017x) = xtan(2017x) Voltando ao limite e fazendo x→ 0, temos: lim x→0 ( sen(2017x)− tan(2017x) cos(2017x)−1 x ) = lim x→0 xtan(2017x) = 0.0 = 0 c) lim x→0 (1 + ax) b x Resoluc¸a˜o: Vamos usar o limite fundamental lim x→0 (1 + x) 1 x = e nesse exerc´ıcio. Observe que, lim x→0 (1 + ax) b x = lim x→0 ((1 + ax) 1 x )b Se fizermos a substituic¸a˜o u = ax, vemos que 1 x = a u . Disso, ocorre que: lim x→0 (1 + ax) b x = lim x→0 ((1 + ax) 1 x )b = lim u→0 ((1 + u) a u )b = lim u→0 ((1 + u) 1 u )ab = eab d) lim x→∞ √ x+ 1−√x+ 1 Resoluc¸a˜o: Fazendo x → ∞, temos uma indeterminac¸a˜o do tipo ∞−∞, o que na˜o e´ bom. Vamos enta˜o eliminar esse problema. No caso, vamos multiplicar e dividir o numerador por√ x+ 1 + √ x+ 1. Temos, lim x→∞ √ x+ 1−√x+ 1 = lim x→∞ ( √ x+ 1−√x+ 1) (√ x+ 1 + √ x+ 1√ x+ 1 + √ x+ 1 ) = = lim x→∞ ( √ x+ 1)2 − (√x+ 1)2√ x+ 1 + √ x+ 1 = lim x→∞ x+ 2 √ x+ 1− (x+ 1)√ x+ 1 + √ x+ 1 = lim x→∞ 2 √ x√ x+ 1 + √ x+ 1 Colocando √ x em evideˆncia no numerador e no denominador, veˆ-se que: lim x→∞ 2 √ x√ x+ 1 + √ x+ 1 = lim x→∞ (√ x√ x )( 2 1 + 1√ x + √ x+1√ x ) = lim x→∞ 2 1 + 1√ x + √ x+1 x = = lim x→∞ 2 1 + 1√ x + √ 1 + 1 x = 2 1 + √ 1 = 2 2 = 1 e) lim x→1 ( 7x+ 1 sen(pix 2 )− 1 ) (ex−1 − 1) Resoluc¸a˜o: e) Vamos olhar para esse limite com maior cautela. De fato, observe que podemos olhar a func¸a˜o F (x) = ( 7x+ 1 sen(pix 2 )− 1 ) (ex−1 − 1) como produto de treˆs func¸o˜es. Sa˜o elas: f(x) = 7x+ 1, g(x) = 1 sen(pix 2 )− 1 e h(x) = e x−1 − 1 Vamos estudar o sinal de cada uma dessas func¸o˜es, no sentido de olhar o que acontece quando x→ 1, para valores muito pro´ximos de 1, mas maiores que 1. Ou seja, quando x→ 1+. Da mesma forma para valores muito pro´ximos de 1, mas menores que 1. Ou seja, quando x→ 1−. O Por queˆ disso? Observe que a func¸a˜o h pode ser reescrita como h(x) = ex−1 − 1 = ex.e−1 − 1 = e x e − 1 = e x − e e 2 . No numerador temos ex−e, que pode ser olhado como ex−e1. O que esta´ acontecendo e´ que no fundo estamos analisando o comportamento de ex. Uma func¸a˜o que e´ crescente, logo para valores maiores que 1 (x→ 1+) tem-se ex > e1 , o que significa que ex− e1 > 0, e para valores menores que 1 (x→ 1−) tem-se ex < e1, o que significa que ex − e1 < 0. Ou seja, o numerador de h muda seu sinal quando tendemos x pela direita e pela esquerda do 1. Temos que, se x→ 1+ enta˜o h(x) = ex−1−1 = e x − e e e´ positivo (numerador esta´ positivo e o denominador e´ uma constante positiva) Enquanto que, se x → 1− enta˜o h(x) = ex−1 − 1 = e x − e e e´ negativo (numerador esta´ negativo e o denomi- nador e´ uma constante positiva) Em relac¸a˜o as outras func¸o˜es envolvidas, temos a seguinte ana´lise de sinal, aos redores (pela direita e pela esquerda) de x = 1: A func¸a˜o f(x) = 7x+1 e´ sempre positiva. Essa func¸a˜o se anula em x = −1 7 e seu sinal se altera aos redores desse ponto. Pore´m, para valores pro´ximos de 1, sendo eles maiores ou menores que 1, na˜o ha´ mudanc¸a de sinal. Lembre-se que seu gra´fico e´ uma reta crescente cortando o eixo y em y = 1 e o eixo x em x = −1 7 . Ja´ para a func¸a˜o g(x) = 1 sen(pix 2 )− 1 temos que visualizar apenas o comportamento do denomi- nador, ja´ que o numerador e´ 1, ou seja, sempre positivo. Essa func¸a˜o se anula em x = 1. Sabemos que a func¸a˜o seno assume valores entre -1 e 1 seja qual for o ”x”em seu argumento, −1 ≤ sen(x) ≤ 1 Em particular, −1 ≤ sen(pix 2 ) ≤ 1 Donde, −2 ≤ sen(pix 2 )− 1 ≤ 0 Ou seja, o denominador de g e´ sempre negativo. Logo, a func¸a˜o g e´ algo da forma: numerador positivo sobre um denominador negativo. Isto e´, g(x) = 1 sen(pix 2 )− 1 e´ sempre negativa para valores pro´ximos de 1, sendo maiores ou menores que 1. Por esse estudo de sinal e olhando para F como produto de f ,g e h, temos: F (x) = ( 7x+ 1 sen(pix 2 )− 1 ) (ex−1 − 1) = f(x).g(x).h(x) O denominador de F , a saber, sen(pix 2 ) − 1 esta´ ficando cada vez menor quando x tende a 1. Logo F vai para +∞ ou −∞ quando x → 1 (denominador indo para zero, e a frac¸a˜o que define F ficando cada vez maior no sentido de algo muito grande positivo, ou negativo). Mas vimos que pelo nosso estudo de sinal, ha´ uma diferenc¸a quando x → 1+ e quando x → 1−. Seguindo toda nossa ana´lise acima, vemos que a situac¸a˜o se resume em: Para valores de x tais que x e´ cada vez mais pro´ximo de 1 (pore´m assumindo valores maiores que 1, ou seja, x > 1): 3 lim x→1+ ( 7x+ 1 sen(pix 2 )− 1 ) (ex−1 − 1) = lim x→1+ f(x).g(x).h(x) = −∞ E tambe´m: Para valores de x tais que x e´ cada vez mais pro´ximo de 1 (pore´m assumindo valores menores que 1, ou seja, x < 1): lim x→1− ( 7x+ 1 sen(pix 2 )− 1 ) (ex−1 − 1) = lim x→1+ f(x).g(x).h(x) = +∞ Portanto, na˜o existe o limite lim x→1 ( 7x+ 1 sen(pix 2 )− 1 ) (ex−1 − 1) 2 Continuidade: Encontre os valores de a e b de modo que as func¸o˜es abaixo sejam cont´ınuas. a) f(x) = { ax+ b, se |x| ≤ 2 |x− 1|, se |x| > 2 Resoluc¸a˜o: Inicialmente podemos reescrever a func¸a˜o f explicitando seu domı´nio a partir das propriedades da func¸a˜o valor absoluto. Temos, f(x) = { ax+ b, se − 2 ≤ x ≤ 2 |x− 1|, se x > 2 ou x < −2 Observe que em uma das partes da definic¸a˜o de f temos a func¸a˜omodular |x − 1|. Sabemos que por definic¸a˜o, |x− 1| = { x− 1, se x− 1 ≥ 0 −(x− 1), se x− 1 < 0 Ou seja, |x− 1| = { x− 1, se x ≥ 1 1− x, se x < 1 Agora, observe que a restric¸a˜o x > 2 no domı´nio de f nos faz escrever |x− 1| = x− 1. De fato, para isso basta ver que x ≥ 1, quando se exige que x > 2. Da mesma forma, a restric¸a˜o x < −2 no domı´nio de f implica que |x− 1| = 1− x, uma vez que todo x < −2, e´ tal que x < 1. Podemos enta˜o reescrever f da seguinte forma, f(x) = ax+ b, se − 2 ≤ x ≤ 2x− 1, se x > 21− x, se x < −2 Nas treˆs partes da definic¸a˜o de f temos func¸o˜es polinoˆmiais, que sa˜o cont´ınuas em todo o conjunto dos nu´meros reais, em particular nos intervalos (−∞,−2), (−2, 2) e (2,+∞). Logo, para descobrir a e b de forma que f seja cont´ınua, vamos estudar a continuidade nos pontos de ”quebra”de f , que sa˜o -2 e 2. Observe que x = −2 e x = 2 esta˜o no domı´nio de f pela pro´pria definic¸a˜o de tal func¸a˜o. Por definic¸a˜o de continuidade em um ponto, vamos exigir que os limites laterais nesses pontos sejam iguais, para que existam os limites lim x→2 f(x) e lim x→−2 f(x). Vamos exigir ainda, que tais limites sejam iguais a f(2) e f(−2) respectivamente. Temos, 4 lim x→2+ f(x) = lim x→2+ x− 1 = 2− 1 = 1 E, lim x→2− f(x) = lim x→2− ax+ b = 2a+ b Logo, para que o limite exista, e´ necessa´rio que 2a + b = 1. (Observe que a terceira condic¸a˜o na definic¸a˜o de continuidade, lim x→2 f(x) = f(2) e´ equivalente a dizer que 2a+ b = 1) Fazendo o mesmo com o ponto x = −2, tem-se lim x→−2+ f(x) = lim x→−2+ ax+ b = −2a+ b E que, lim x→−2− f(x) = lim x→−2− 1− x = 1− (−2) = 3 Disso, para que o limite exista deve ocorrer de −2a+ b = −1. (Observe que a terceira condic¸a˜o na definic¸a˜o de continuidade, lim x→−2 f(x) = f(−2) e´ equivalente a dizer que −2a+ b = 3) Para encontrar a e b de modo que f seja cont´ınua em x = −2 e x = 2, nosso problema se resume enta˜o a encontrar uma soluc¸a˜o para o sistema abaixo (se existir):{ 2a+ b = 1 −2a+ b = 3 E´ fa´cil ver que a soluc¸a˜o desse sistema e´ a = −1 2 e b = 2. Portanto, para que f seja cont´ınua em todos os nu´meros reais, deve acontecer de a = −1 2 e b = 2. b) f(x) = −2x, se x ≥ 4ax+ b, se 1 < x ≤ 4x, se x ≤ 1 Resoluc¸a˜o: Observando que as func¸o˜es que compo˜em a definic¸a˜o de f sa˜o polinoˆmiais, e por isso sa˜o cont´ınuas em todo x ∈ R, em particular nos intervalos (−∞, 1), (1, 4) e (4,+∞). Para f ser cont´ınua, deve acontecer de o ser nos pontos x = 1 e x = 4 (pontos que por definic¸a˜o, esta˜o no domı´nio de f). Como fizemos no item (a), vamos exigir que as condic¸o˜es da definic¸a˜o de continuidade sejam satisfeitas. Com isso, encontraremos os valores de a e b, para f ser cont´ınua em todo x ∈ R. Estudando os limites laterais e os igualando para que o limite exista, temos: lim x→4− f(x) = lim x→4− ax+ b = 4a+ b E, lim x→4+ f(x) = lim x→4+ −2x = −2(4) = −8 Logo, 4a+ b = −8. (Observe que a terceira condic¸a˜o na definic¸a˜o de continuidade, lim x→4 f(x) = f(4) e´ equivalente a dizer que 4a+ b = −8). Tambe´m, lim x→1− f(x) = lim x→1− x = 1 5 E, lim x→1+ f(x) = lim x→1+ ax+ b = a+ b Donde, a+b = 1. (Observe que a terceira condic¸a˜o na definic¸a˜o de continuidade, lim x→1 f(x) = f(1) e´ equivalente a dizer que a+ b = 1). Resumimos o problema a encontrar soluc¸o˜es (se existirem) para o sistema:{ a+ b = 1 4a+ b = −8 Portanto, para que f seja cont´ınua em todo x real, deve ocorrer de a = −3 e b = 4. 3 Teorema do Valor Intermedia´rio: Se f e´ cont´ınua para todo x ∈ R e k < f(2) < f(4), enta˜o na˜o existe c ∈ (2, 4) tal que f(c) = k? Justifique. Resoluc¸a˜o: Lembremos o que diz o Teorema do Valor Intermedia´rio, Teorema: Seja f uma func¸a˜o cont´ınua em um intervalo [a, b] tal que f(a) 6= f(b). Enta˜o para todo k com f(a) ≤ k ≤ f(b), existe c ∈ [a, b], tal que f(c) = k Nas hipo´teses do enunciado temos que a func¸a˜o e´ cont´ınua, que f(2) 6= f(4), mas na˜o ocorre de f(2) ≤ k ≤ f(4). Se ocorresse, poder´ıamos pelo TVI concluir que existiria algum c ∈ [2, 4], tal que f(c) = k. Pore´m, a negac¸a˜o da hipo´tese f(2) ≤ k ≤ f(4) na˜o acarreta na na˜o conclusa˜o do teorema. Veja nas figuras abaixo que tanto pode existir (gra´fico a direita) c ∈ [2, 4], tal que f(c) = k, como na˜o pode (gra´fico a esquerda), dependendo do comportamento da func¸a˜o f . Figura 1: Duas situac¸o˜es que podem ocorrer 4 Derivadas: Calcule a derivada das seguintes func¸o˜es abaixo: a) F (x) = extan(x) sen(x)− cos(x) Resoluc¸a˜o: Observe que vamos iniciar a derivar a func¸a˜o f com a regra do quociente, que diz: Sendo F (x) = f(x) g(x) , com f e g deriva´veis, enta˜o F e´ deriva´vel e sua derivada e´ dada por, F ′ (x) = f ′ (x).g(x)− [g′(x)f(x)] [g(x)]2 6 A partir disso, basta aplicar tal regra a func¸a˜o F (x) = extan(x) sen(x)− cos(x) , vendo que nesse caso, f(x) = extan(x) e g(x) = sen(x)− cos(x). Temos, F ′ (x) = ( extan(x) sen(x)− cos(x) )′ = (exsec2(x) + extan(x))(sen(x)− cos(x))− [(cos(x)− (−sen(x))(extan(x)))] (sen(x)− cos(x))2 = = (exsec2(x) + extan(x))(sen(x)− cos(x))− [(cos(x) + sen(x))(extan(x)))] (sen(x)− cos(x))2 = b) f(x) = x4 + x2 + x 5− x3 − x5 Resoluc¸a˜o: Como no item (a) vamos inicialmente aplicar a regra do quociente, em seguida derivar as func¸o˜es polinoˆmiais envolvidas. f ′ (x) = ( x4 + x2 + x 5− x3 − x5 )′ = (4x3 + 2x+ 1)(5− x3 − x5)− [(0− 3x2 − 5x4)(x4 + x2 + x)] (5− x3 − x5)2 = = (4x3 + 2x+ 1)(5− x3 − x5) + (3x2 − 5x4)(x4 + x2 + x) (5− x3 − x5)2 5 Reta Tangente: Determine a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f em x = 3, dado pela figura abaixo: Resoluc¸a˜o: Vamos usar a conhecida equac¸a˜o y − y0 = m (x − x0) onde (x0, y0) e´ um ponto dado da reta em questa˜o. Perceba que vamos usar o ponto (x0, y0)=(3,0) que pertence tanto a reta quanto ao gra´fico de f . A inclinac¸a˜o da reta e´ dada pelo coeficiente angular m. Em particular, sabemos que tal nu´mero e´ dado por f ′ (x0), quando tal reta e´ tangente ao gra´fico de uma func¸a˜o f deriva´vel em x0. Pore´m, na˜o conhecemos a ”cara”da func¸a˜o f . Vamos enta˜o olhar para o triaˆngulo reto de catetos medindo 2 (cateto oposto ao aˆngulo formado pela intersec¸a˜o da reta tangente e pelo eixo x) e 3 (cateto adjacente ao aˆngulo formado pela intersec¸a˜o da reta tangente e pelo eixo x). Denote esse aˆngulo por α. A tangente de tal aˆngulo e´ m = tan(α) = 2 3 . Disso, y − 0 = m (x− x0) = 2 3 (x− 3), Portanto, a equac¸a˜o da reta tangente em questa˜o, ao gra´fico de f e´ dada por, y = 2 3 x− 2 7
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