1ª Prova Cálculo 1 - Aldo Procacci - 2014-1

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1a PROVA CA´LCULO I: 15/03/2014
1. Calcule os seguintes l´ımites
a) lim
x→2
ln(x− 1)
x2 + x− 6
b) lim
x→0
ex
2 − cos(3x)
x2
Soluc¸a˜o a): 1
5
lim
x→2
ln(x− 1)
x2 + x− 6 = limx→2
ln(x− 1)
(x+ 3)(x− 2) = limx→2
ln[1 + (x− 2)]
(x+ 3)(x− 2) =
= lim
x→2
1
(x+ 3)
lim
x→2
ln[1 + (x− 2)]
(x− 2) =
1
5
lim
t→0
ln[1 + t]
t
=
1
5
Pois limt→0
ln[1+t]
t
= 1 e´ limite nota´vel
Soluc¸a˜o b): 11
2
lim
x→0
ex
2 − cos(3x)
x2
= lim
x→0
ex
2 − 1 + 1− cos(3x)
x2
= lim
x→0
ex
2 − 1
x2
+
1− cos(3x)
x2
=
= lim
x→0
ex
2 − 1
x2
+ lim
x→0
1− cos(3x)
x2
= lim
y→0
ey − 1
y
+ 9 lim
x→0
1− cos(3x)
(3x)2
=
= 1+9 lim
z→0
1− cos z
z2
= 1+9 lim
z→0
sen 2z
(1 + cos z)z2
= 1+9 lim
z→0
[ sen z
z
]2 1
(1 + cos z)
=
= 1 + 9
[
lim
z→0
sen z
z
]2
lim
z→0
1
(1 + cos z)
= 1 + 9 · 1 · 1
2
=
11
2
Pois limy→0 e
y−1
y
= 1 e limz→0 sen zz = 1 sa˜o limites nota´veis.
2. Considere a func¸a˜o
f(x) = arctan
[
3x+ 2
3x− 2
]
+
pi
4
a) Prove que o gra´fico da func¸a˜o f(x) passa pela origem (0, 0).
b) Calcule f ′(x)
c) Ache a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico da f(x) na origem (0, 0)
Soluc¸a˜o a): E´ so´ verificar que f(0) = 0.
Com efeito f(0) = arctan
[
3·0+2
3·0−2
]
+ pi
4
= arctan(−1) + pi
4
= 0 [pois
arctan(−1) = −pi
4
]
Soluc¸a˜o b): Seja
u(x) = 3x+ 2 ; v(x) = 3x− 2 w(x) = u(x)
v(x)
Temos que
u′(x) = 3 v′(x) = 3
f ′(x) =
d
dx
[
arctan(w(x)) +
pi
4
]
=
d
dx
arctan(w(x)) =
1
1 + w2(x)
dw(x)
dx
=
=
1
1 + w2(x)
d
dx
(
u(x)
v(x)
)
=
1
1 + w2(x)
×u
′(x)v(x)− u(x)v′(x)
v2(x)
=
=
3(3x− 2)− 3(3x+ 2)
(3x− 2)2 + (3x+ 2) =
−12
18x2 + 8
=
−6
9x2 + 4
Soluc¸a˜o c): A reta tangente procurada passa pela origem (0, 0) e tem
coeficiente angular m tal que m = f ′(x)|x=0 (i.e. m e´ igual ao o valor da
derivada da f(x) no ponto x = 0). Calculamos enta˜o f ′(x)|x=0.
f ′(x)|x=0 = −6
9 · 0 + 4 =
−6
4
= −3
2
Logo e´ a reta que passa por (0, 0) e tem inclinac¸a˜o m = −3
2
, i.e.
a reta procurada tem equac¸a˜o y = −3
2
x.
3. Considere a func¸a˜o
f(x) =
√
x2 + 3x−
√
x2 − 1
a) Ache o domı´nio de f(x)
b) Encontre, caso existam, as ass´ıntotas horizontais do gra´fico da f(x),
ou, caso o gra´fico da f(x) na˜o possua ass´ıntotas horizontais, justifique.
Soluc¸a˜o a) Para que f(x) seja definido tem que ser x2 + 3x ≥ 0 e simul-
tanemanete x2 − 1 ≥ 0. Temos
x2+3x ≥ 0 ⇒ x(x+3) > 0 ⇒ [{x ≤ 0} ∩ {x ≤ −3}]
⋃
[{x ≤ 0} ∩ {x ≤ −3}]
i.e.
x2 + 3x ≥ 0 ⇒ (−∞,−3] ∪ [0,+∞)
e
x2 − 1 ≥ 0 ⇒ x2 ≥ 1 ⇒ [{x ≤ −1}]
⋃
[{x ≥ 1}]
i.e.
x2 − 1 ≥ 0 ⇒ (−∞,−1] ∪ [1,+∞)
Logo x2 + 3x ≥ 0 e simultaneamente x2 − 1 ≥ 0 se e somente se x ≤ −3
ou x ≥ 1. Logo o domı´nio Df da f(x) e´
Df = (−∞,−3] ∪ [1,+∞) = R \ (−3,1)
Soluc¸a˜o. b) Para encontrar as eventuais ass´ıntotas horizontais temos que
calcular limx→±∞ f(x). Temos
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→∞
√
x2 + 3x−
√
x2 − 1 = lim
x→+∞
3x+ 1√
x2 + 3x+
√
x2 − 1 =
= lim
x→+∞
x
|x|
(3 + 1
x
)(√
1 + 3
x
+
√
1− 1
x2
) = lim
x→+∞
(3 + 1
x
)√
1 + 3
x
+
√
1− 1
x2
=
3
2
[Aqui usamos que limx→∞ x|x| = 1]. Logo limx→∞ f(x) =
3
2
e logo
y = 3
2
e´ ass´ıntota horizontal do gra´fico de f(x).
Por outro lado, procedendo como antes,
lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
x
|x|
(3 + 1
x
)(√
1 + 3
x
+
√
1− 1
x2
) = lim
x→−∞
−(3 + 1
x
)√
1 + 3
x
+
√
1− 1
x2
= −3
2
[Aqui usamos que limx→−∞ x|x| = −1]. Logo limx→∞ f(x) = −32 e portanto
y = −3
2
e´ tambe´m ass´ıntota horizontal do gra´fico de f(x).
Em conclusaˆo:o gra´fico da f(x) possui duas ass´ıntotas horizontais,
a saber, y = +3
2
e y = −3
2
.