AP1 MD2 2009 1 gab

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio 
de Janeiro 
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Primeira Avaliação Presencial de Métodos Determinísticos II - 05/04/2009 
Gabarito 
 
1ª Questão. (2,0 pts) 
 
Considere a função bijetora: }2{}4{: −→−− IRIRf definida por 
4
32)(
+
−
=
x
x
xf . 
Determine sua inversa. 
Solução: 
 
Seja )(xfy = , então 
 
 
2
34)34()2.(342
32432)4.(
4
32
−
+
−=→+−=−→−−=−
−=+→−=+→
+
−
=
y
y
xyyxyxxy
xyxyxxy
x
xy
. 
 
Assim a função inversa de f é dada por 
 
}4{}2{:1 −−→−− IRIRf e 
2
34)(1
−
+
−=
−
x
x
xf . 
 
 
2ª Questão. (2,0 pts) 
 
a) Sendo xxf 43)( = e xxg 4log)( = , calcule ))2((gf . 
b) Resolva a equação 7logloglog 1642 =++ xxx . 
Solução: 
a) Começamos calculando
2
1
4log
2log2log)2(
2
2
4 ===g . Assim, 933))2(( 22
1
.4
===gf . 
 
b) O primeiro passo para resolver a equção 7logloglog 1642 =++ xxx é a 
mudança de base; 
.7
4
log
2
loglog7
16log
log
4log
loglog 222
2
2
2
2
2 =++→=++
xx
x
xx
x 
Calculando o mínimo múltiplo comum 
 
4log28log728loglog2log47
4
log
2
loglog 22222222 =→=→=++→=++ xxxxx
xx
x
 
Da definição de logaritmo, 1624log 42 ==↔= xx . 
O conjunto solução da equação é S = {16}. 
 
3ª Questão. (4,0 pts) 
 
Calcule os limites: 
a) 





−
−
→ 2
8lim
3
2 x
x
x
. 
b) )(lim
1
xf
x→
, onde 





≥+−
<+−
=
1,62
1,54
)(
2
xsex
xsexx
xf . 
 
c) 





−−
+
→ 32
12lim 23 xx
x
x
. 
 
d) 
1
24lim 4
3
+
+
+∞→ x
xx
x
. 
Solução: 
 
a) 
0
0
)2(lim
)8(lim
2
8lim
2
3
2
3
2
=
−
−
=





−
−
→
→
→ x
x
x
x
x
x
x
, forma indeterminada. 
 
Mas para 2≠x , 12)42(lim)2(
)42).(2(lim
2
8lim 2
2
2
2
3
2
=++=
−
++−
=





−
−
→→→
xx
x
xxx
x
x
xxx
. 
 
 
 
 
b) Como a função muda de definição em x = 1, temos que calcular os limites 
laterais da função: 
2541)54(lim)(lim 2
11
=+−=+−=
−− →→
xxxf
xx
 e 462)62(lim)(lim
11
=+−=+−=
++ →→
xxf
xx
. 
 
Como os limites laterais são diferentes, a função não admite limite em x = 1. 
 
c) 
0
7
)32(lim
)12(lim
32
12lim 2
3
3
23
=
−−
+
=





−−
+
→
→
→ xx
x
xx
x
x
x
x
, para definir o limite precisamos calcular 
os limites laterais. 
 
−∞==





−−
+
−→ − 0
7
32
12lim 23 xx
x
x
 e +∞==





−−
+
+→ + 0
7
32
12lim 23 xx
x
x
 
 
Como os limites laterais são diferentes, a função não admite limite em x = 3. 
 
Note que a reta x = 3 é uma assíntota vertical da função 
32
12)( 2
−−
+
=
xx
x
xf . 
 
d) 
1
24lim 4
3
+
+
+∞→ x
xx
x
 = .01
24
lim
1
24
lim
33
3
3
=
+
+
=






+⋅






+⋅
+∞→+∞→
x
x
x
x
xx
x
x
xx
 
 
4ª Questão. (2,0 pts) 
Seja f(x) = 
1
105
+
−
x
x
. 
a) Determine o domínio de f. 
b) O gráfico de f possui assíntotas horizontais?O gráfico de f possui assíntotas 
verticais? Justifique suas respostas. 
 
Solução: 
 
a) O domínio de f é D(f) = { }1−−IR . 
 
 
b) Para determinar a existência de assíntotas verticais precisamos calcular 
os limites: 
 
e ∞=
−
=
+
−
−
−→ − 0
15
1
105lim
1 x
x
x
, 
 
logo f não admite limite quando x tende a – 1 e a reta x = -1 é uma assíntota 
vertical ao gráfico de f . 
 
Dos limites 
 
 
 
511
105
lim
11
105
lim
1
105lim =
+
−
=






+⋅






−⋅
=
+
−
−∞→−∞→−∞→
x
x
x
x
x
x
x
x
xxx
; 
logo a reta y = 5 é uma assíntota horizontal de f. 
 
 
 
∞−=
−
=
+
−
+
−→ + 0
15
1
105lim
1 x
x
x
511
105
lim
11
105
lim
1
105lim =
+
−
=






+⋅






−⋅
=
+
−
∞→∞→∞→
x
x
x
x
x
x
x
x
xxx