Gabarito P1 - MAT 140 - 2017-II.pdf

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIC¸OSA
Departamento de Matema´tica
PRIMEIRA PROVA - MAT 140 (16-09-2016)
GABARITO
Questa˜o 1: Determine, caso existam, os seguintes limites:
(10Pts) (a) lim
h→2
h3 − 2h2 + 4h− 8
h2 + h− 6 (10Pts) (c) limx→3 f(x), onde f(x) =

1− sen(x− 3)
cos(x− 3) , se x < 3
√
x+ 1− 2
x− 3 , se x ≥ 3
(10Pts) (b) lim
x→∞
(
√
x2 − 5x−
√
x2 + 5)
SOLUC¸A˜O:
a) Este limite e´ uma indeterminac¸a˜o do tipo
0
0
. Deste modo, vamos fatorar o numerador e o
denominador:
lim
h→2
h3 − 2h2 + 4h− 8
h2 + h− 6 = limh→2
h2 (h− 2) + 4 (h− 2)
(h− 2) (h+ 3) = limh→2
(h− 2) (h2 + 4)
(h− 2) (h+ 3)
= lim
h→2
h2 + 4
h+ 3
=
22 + 4
2 + 3
=
8
5
.
b) Este limite e´ uma indeterminac¸a˜o do tipo ∞−∞. Assim, vamos racionalizar a expressa˜o
no numerador.
lim
x→∞
(√
x2 − 5x−
√
x2 + 5
)
= lim
x→∞
(√
x2 − 5x−
√
x2 + 5
)
.
(√
x2 − 5x+√x2 + 5√
x2 − 5x+√x2 + 5
)
= lim
x→∞
(x2 − 5x)− (x2 + 5)√
x2 − 5x+√x2 + 5 = limx→∞
x2 − 5x− x2 − 5√
x2 − 5x+√x2 + 5
= lim
x→∞
−5x− 5√
x2 − 5x+√x2 + 5.
Agora, o limite ficou em uma indeterminac¸a˜o do tipo
∞
∞ . Devido a isto, vamos colocar a maior
poteˆncia em evideˆncia no numerador e no denominador.
1
lim
x→∞
(√
x2 − 5x−
√
x2 + 5
)
= lim
x→∞
−5x− 5√
x2 − 5x+√x2 + 5 = limx→∞
x
(
−5− 5
x
)
√
x2
(
1− 5
x
)
+
√
x2
(
1 +
5
x
)
= lim
x→∞
x
(
−5− 5
x
)
√
x2
√
1− 5
x
+
√
x2
√
1 +
5
x
= lim
x→∞
x
(
−5− 5
x
)
√
x2
(√
1− 5
x
+
√
1 +
5
x
)
= lim
x→∞
x
(
−5− 5
x
)
|x|
√
1− 5
x
+ |x|
√
1 +
5
x
= lim
x→∞
x
(
−5− 5
x
)
x
(√
1− 5
x
+
√
1 +
5
x
)
= lim
x→∞
−5− 5
x√
1− 5
x
+
√
1 +
5
x
=
−5
2
.
Na u´ltima igualdade usamos o fato lim
x→∞
a
x
= 0.
c) A func¸a˜o tem dois comportamentos diferentes perto do ponto 3. Assim devemos calcular os
limites laterias para determinar o limite.
O limite lateral a` esquerda e´:
lim
x→3−
f (x) = lim
x→3−
1− sen(x− 3)
cos(x− 3) =
1− sen(3− 3)
cos(3− 3) =
1− sen(0)
cos(0)
=
1− 0
1
= 1.
O limite lateral a` direita e´: lim
x→3+
f (x) = lim
x→3+
√
x+ 1− 2
x− 3
Este limite e´ uma indeterminac¸a˜o do tipo
0
0
. Estamos interessados e retirar a raiz do numera-
dor e assim multiplicaremos pelo conjugado do numerador no numerador e no denominador:
lim
x→3+
f (x) = lim
x→3+
(√
x+ 1− 2
x− 3
)(√
x+ 1 + 2√
x+ 1 + 2
)
= lim
x→3+
x+ 1− 4
(x− 3) (√x+ 1 + 2)
= lim
x→3+
x− 3
(x− 3) (√x+ 1 + 2) = limx→3+ 1√x+ 1 + 2 = 1√3 + 1 + 2 = 14 .
Como lim
x→3−
f (x) = 1 6= 1
4
= lim
x→3+
f (x) temos que lim
x→3
f (x) na˜o existe.
2
Questa˜o 2: Considerando o gra´fico da func¸a˜o f abaixo. Pede-se:
f(x)
a b c d e r s
(5Pts) (a) Se f
′
(a) = −6, determinar f ′(b).
(5Pts) (b) Verfique se f e´ deriva´vel em x = c.
(5Pts) (c) Determine a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f no ponto (d, f(d)).
(5Pts) (d) Coloque em ordem crescente f
′
(b), f
′
(r), f
′
(e) e f
′
(s).
SOLUC¸A˜O:
Observe que o gra´fico de f e´ uma reta com inclinac¸a˜o negativa para x ≤ c, uma para´bola
voltada para baixo em [c, e] com ve´rtice em (d, f(d)) e uma para´bola voltada para cima em [e, s]
com ve´rtice em (r, f(r)).
(a) Como (a, f(a)) e (b, f(b)) pertencem a mesma reta, e a inclinac¸a˜o da reta e´ f
′
(a) = −6,
enta˜o f
′
(b) = −6
(b) Observe que f
′
(a) = f
′
(b) = f
′
−(c) = −6 e tambe´m observe que f ′+(c) e´ positivo, enta˜o
f
′
+(c) 6= f ′−(c), assim a derivada f ′(c) nao existe.
(c) Do gra´fico temos que a reta tangente ao gra´fico de f no ponto (d, f(d)) e´ uma reta horizontal,
assim tem inclinac¸a˜o 0. Logo, a equac¸a˜o da reta tangente e´: y − f(d) = 0(x− d) = 0
(d) Observe que f
′
(b) < 0 e f
′
(e) < 0, f
′
(r) = 0 e f
′
(s) > 0. Ale´m disso, obserque que a
inclinac¸a˜o da reta tangente que pasa pelo ponto (b, f(b)) e´ menor que a inclinac¸a˜o da reta
tangente que pasa pelo ponto (e, f(e)), assim temos
f
′
(b) < f
′
(e) < f
′
(r) < f
′
(s)
3
Questa˜o 3: Considere a func¸a˜o f definida por f (x) =

b sen (x)
3x
, se x < 0,
a (x2 − 1) , se 0 ≤ x < 2,
x+ a , se x ≥ 2.
(10Pts) (a) Determine lim
x→0−
f(x) e lim
x→0+
f(x)
(10Pts) (b) Determine lim
x→2−
f(x) e lim
x→2+
f(x)
(10Pts) (c) Apresente condic¸o˜es sobre a, b ∈ R para que f seja cont´ınua em R
SOLUC¸A˜O:
(a) Lembremos do limite fundamental lim
x→0
sen (x)
x
= 1. Logo lim
x→0−
sen (x)
x
= 1. Portanto,
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
b sen (x)
3x
=
b
3
lim
x→0−
sen (x)
x
=
b
3
e lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
a
(
x2 − 1) = −a
(b) lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
a
(
x2 − 1) = lim
x→2−
(
x2 − 1) = 3a e lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
(x+ a) = 2 + a
(c) Sabemos sobre continuidade que:
1. a func¸a˜o trigonome´trica sen(x) e´ cont´ınua em R.
2. qualquer func¸a˜o cont´ınua vezes uma constante tambe´m e´ cont´ınua.
3. a func¸a˜o polinomial e´ cont´ınua em R.
4. quociente de func¸a˜o cont´ınua e´ cont´ınua exceto nos pontos onde a func¸a˜o do denominador e´
zero.
Dessas afirmac¸o˜es decorre que as func¸o˜es polinomiais 3x, a (x2 − 1) e x + a sa˜o cont´ınuas R e
a func¸a˜o
b sen (x)
3x
e´ cont´ınua exceto em x = 0. Donde f(x) ja´ e´ cont´ınua se x e´ um nu´mero real
diferente de 0 e 2. Logo, para encontrarmos as condic¸o˜es sobre a, b ∈ R para que f seja cont´ınua
em R devemos aplicar a definic¸a˜o de continuidade em x = 0 e x = 2. Utilizando os ca´lculos feitos
nos itens (a) e (b), para que f seja cont´ınua em R devemos ter:
lim
x→2−
f(x) = lim
x→2+
f(x) = f(2) =⇒ 3a = 2 + a =⇒ a = 1
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0+
f(x) = f(0) =⇒ b
3
= −a =⇒ b = −3a = −3
Portanto para que f seja cont´ınua em R devemos ter a = 1 e b = −3.
4
Questa˜o 4: Fac¸a o que se pede:
(10Pts) (a) Determine f ′(0), caso exista, onde f(x) =

x3 sen( 1
x
) se x 6= 0
0 se x = 0
(10Pts) (b) Determine a primeira derivada de h(x) =
xpi cos(x)
x3 − 4x+ 1.
SOLUC¸A˜O:
(a) A derivada de f num ponto x0 e´ dada por f
′(x0) = lim
x→x0
f(x)− f(x0)
x− x0 , desde que esse limite
exista.
Observe que x2 ≥ 0 e que −1 ≤ sen( 1
x
) ≤ 1, logo −x2 ≤ x2sen( 1
x
) ≤ x2. Como lim
x→0
x2 = 0,
aplicando o teorema do sandu´ıche(confronto) obtemos, lim
x→0
x2sen(
1
x
) = 0.
Portanto, f ′(0) = lim
x→0
f(x)− f(0)
x− 0 = limx→0
x3sen( 1
x
)
x
= lim
x→0
x2sen(
1
x
) = 0
(b) Aplicando as regras de derivac¸a˜o, temos:
h′(x) =
(
xpi cos(x)
x3 − 4x+ 1
)′
=
(xpi cos(x))′(x3 − 4x+ 1)− (xpi cos(x))(x3 − 4x+ 1)′
(x3 − 4x+ 1)2
=
((xpi)′ cos(x) + xpi(cos(x))′)(x3 − 4x+ 1)− (xpi cos(x))((x3)′ − (4x)′ + (1)′)
(x3 − 4x+ 1)2
=
(pixpi−1 cos(x)− xpisen(x))(x3 − 4x+ 1)− (xpi cos(x))(3x2 − 4)
(x3 − 4x+ 1)2
5