ResProva1 - Tomas Edson

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Primeira Prova de Ca´lculo 1 - 08.910-9 - A
03 de maio de 2013
Nome : N o
RESOLVA APENAS 4 DAS 5 QUESTO˜ES ABAIXO
1. Determine o domı´nio ma´ximo da func¸a˜o f(x) =
√
36x2−23
12x−11 . Essa func¸a˜o e´ par? e´
ı´mpar? justifique.
O domı´nio ma´ximo de f e´ o conjunto dos valores de x ∈ R para os quais a expressa˜o
f(x) =
√
36x2−23
12x−11 e´ um nu´mero real. Isso ocorre quando 36x
2− 23 ≥ 0 e 12x− 11 6= 0.
• 36x2 − 23 ≥ 0 se, e somente se, x ≤ −
√
23
6
ou x ≥
√
23
6
• 12x− 11 6= 0 se, e somente se, x 6= 11
12
Como
√
23
6
= 2
√
23
12
< 2
√
25
12
= 10
12
< 11
12
, segue que, o domı´nio ma´ximo de f(x) =
√
36x2−23
12x−11
e´ o conjunto
D(f) = {x ∈ R : x 6= 11
12
e |x| ≥
√
23
6
} = (−∞,−
√
23
6
] ∪ [
√
23
6
, 11
12
) ∪ (11
12
,+∞)
Para f ser par, devemos ter f(−x) = f(x) para todo x ∈ D(f). Notamos que
1 ∈ D(f) e −1 ∈ D(f) mas,
f(−1) =
√
36−23
−12−11 = −
√
13
23
6= √13 =
√
36−23
12−11 = f(1)
Logo, f na˜o e´ uma func¸a˜o par
Para f ser ı´mpar, devemos ter f(−x) = −f(x) para todo x ∈ D(f). Como acima,
temos que 1 ∈ D(f) e −1 ∈ D(f) mas,
f(−1) = −
√
13
23
6= −√13 = −f(1)
Logo, f tambe´m na˜o e´ uma func¸a˜o ı´mpar
2. Deˆ exemplos de func¸o˜es f, g : R→ R e um nu´mero a ∈ R tais que lim
x→a
f(x) e lim
x→a
g(x)
na˜o existem mas
a) lim
x→a
f(x) + g(x) existe.
1
Sejam f, g : R − {0} → R definidas por f(x) = x+1
x
e g(x) = x−1
x
. Fazendo a = 0
temos,
lim
x→0+
f(x) = +∞ e lim
x→0+
g(x) = −∞
ou seja, como esses limites laterais na˜o existem, os correspondentes limites tambe´m
na˜o existem, mas h(x) = f(x) + g(x) = x+1
x
+ x−1
x
= 2x
x
= 2 para todo x ∈ R− {0}.
De onde segue que
lim
x→0
f(x) + g(x) = 2
Outro exemplo pode ser dado por f, g : R − {1} → R definidas por f(x) = |x−1|
x−1 e
g(x) = |x−1|
1−x . Neste caso temos que os limites limx→1
f(x) e lim
x→1
g(x) na˜o existem, mas
lim
x→1
f(x) + g(x) = 0.
b) lim
x→a
f(x)g(x) existe.
Sejam f, g : R−{0} → R definidas por f(x) = |x|
x
e g(x) = − x|x| . Temos enta˜o que os
limites lim
x→0
f(x) e lim
x→0
g(x) na˜o existem (seus correspondentes limites laterais existem
mas sa˜o distintos), No entanto,
lim
x→0
f(x) · g(x) = −1
Note que para esta escolha de f , g e a tambe´m temos que lim
x→0
f(x) + g(x) = 0
3. Para quais valores de a, b e L a func¸a˜o f : R → R, definida abaixo, e´ cont´ınua no
ponto 1. Justifique.
f(x) =

x2+ax+3
x−1 se x < 1
L se x = 1
bx+ 4 se x > 1
Para f ser cont´ınua no ponto 1, devemos ter
lim
x→1
f(x) = lim
x→1−
x2 + ax+ 3
x− 1 = limx→1+ bx+ 4 = f(1) = L
Assim,
lim
x→1−
x2 + ax+ 3 = lim
x→1−
(x− 1)(x2 + ax+ 3)
(x− 1) =
= lim
x→1−
(x− 1) · lim
x→1−
x2 + ax+ 3
x− 1 = 0 · L = 0
Logo, 4 + a = 12 + a · 1 + 3 = lim
x→1−
x2 + ax+ 3 = 0, ou seja, a = −4 e portanto,
2
L = lim
x→1−
x2 − 4x+ 3
x− 1 = limx→1−
(x− 1)(x− 3)
(x− 1) = limx→1−(x− 3) = −2
Finalmente, L = −2 = lim
x→1+
(bx+ 4) = b+ 4, de onde segue que b = −6.
Provamos, desta forma, que para f ser cont´ınua no ponto 1 devemos ter
a = −4 b = −6 e L = −2
4. Diga se o limite existe ou na˜o. Se o limite existir, calcule-o e se na˜o existir justifique
sua resposta. (FAZER APENAS 3 ITENS)
a) lim
x→−1
x3 + 1
x2 + 1
;
lim
x→−1
x3 + 1
x2 + 1
=
lim
x→−1
(x3 + 1)
lim
x→−1
(x2 + 1)
=
(−1)3 + 1
(−1)2 + 1 =
0
2
= 0
b) lim
x→0
√
1 + x− 1
3
√
1 + x− 1;
Seja a = 6
√
1 + x = (1 + x)
1
6 . Temos enta˜o que,
a2 = 3
√
1 + x e a3 =
√
1 + x
Logo,
√
1 + x− 1
3
√
1 + x− 1 =
a3 − 1
a2 − 1 =
(a− 1)(a2 + a+ 1)
(a− 1)(a+ 1) =
a2 + a+ 1
a+ 1
=
=
3
√
1 + x+ 6
√
1 + x+ 1
6
√
1 + x+ 1
Como as func¸o˜es f3(t) =
3
√
t e f6(t) =
6
√
t sa˜o cont´ınuas em t = 1+0 e lim
x→0
(1 + x) = 1,
segue que lim
x→0
fn(1 + x) = fn(lim
x→0
(1 + x)) = fn(1) = 1, para n = 3 e n = 6. Assim,
lim
x→0
√
1 + x− 1
3
√
1 + x− 1 =
lim
x→0
( 3
√
1 + x+ 6
√
1 + x+ 1)
lim
x→0
( 6
√
1 + x+ 1)
=
=
lim
x→0
3
√
1 + x+ lim
x→0
6
√
1 + x+ lim
x→0
1
lim
x→0
6
√
1 + x+ lim
x→0
1
=
=
3
√
lim
x→0
(1 + x) + 6
√
lim
x→0
(1 + x) + 1
6
√
lim
x→0
(1 + x) + 1
=
=
3
√
1 + 6
√
1 + 1
6
√
1 + 1
=
3
2
3
c) lim
x→−∞
(2x− 3)(3x+ 5)(4x− 6)
3x3 + x− 1 ;
lim
x→−∞
(2x− 3)(3x+ 5)(4x− 6)
3x3 + x− 1 = limx→−∞
x(2− 3
x
)x(3 + 5
x
)x(4− 6
x
)
x3(3 + 1
x2
− 1
x3
)
=
= lim
x→−∞
x3(2− 3
x
)(3 + 5
x
)(4− 6
x
)
x3(3 + 1
x2
− 1
x3
)
=
= lim
x→−∞
(2− 3
x
)(3 + 5
x
)(4− 6
x
)
(3 + 1
x2
− 1
x3
)
=
=
2 · 3 · 4
3
= 8
d) lim
x→pi
sen(x+ sen(x+ sen(x)));
A func¸a˜o sen e´ cont´ınua em todos os pontos de R logo,
lim
x→pi
(x+ sen(x)) = pi + sen(pi) = pi
Novamente, da continuidade da func¸a˜o sen, segue que
lim
x→pi
sen(x+ sen(x)) = sen(lim
x→pi
(x+ sen(x))) = sen(pi) = 0
e
lim
x→pi
sen(x+ sen(x+ sen(x))) = sen(lim
x→pi
(x+ sen(x+ sen(x)))) = sen(pi) = 0
e) lim
x→1
√
(2x)− 2√
4x+ 3−√7;
Analisando os limites do numerador e denominador, observamos que
lim
x→1
(
√
2x− 2) =
√
2− 2 < 0 e lim
x→1
(
√
4x+ 3−
√
7) = 0
Mas, se 0 < x < 1 (x e´ pro´ximo de 1 e e´ menor que 1) temos que
0 < 4x < 4 ⇒ 3 < 4x+ 3 < 7 ⇒ √3 < √4x+ 3 < √7 ⇒ √4x+ 3−√7 < 0
e se 1 < x < 2 (x e´ pro´ximo de 1 e e´ maior que 1) temos que
4 < 4x < 8 ⇒ 7 < 4x+ 3 < 11 ⇒ √7 < √4x+ 3 < √11 ⇒ 0 < √4x+ 3−√7
Suspeitamos enta˜o que lim
x→1−
√
2x− 2√
4x+ 3−√7 = +∞ e limx→1+
√
2x− 2√
4x+ 3−√7 = −∞
Para uma demonstrac¸a˜o rigorosa disso, observamos primeiramente que
4
√
2x− 2√
4x+ 3−√7 =
(
√
2x− 2)(√4x+ 3 +√7)
4(x− 1) =
(2−√2x)(√4x+ 3 +√7)
4(1− x)
Logo, para 0 < x < 1 temos que
0 < 2x < 2 ⇒ 0 < √2x < √2 ⇒ −√2 < −√2x < 0 ⇒
2−√2 < 2−√2x < 2
Tambe´m nesse mesmo intervalo temos
0 < 4x < 4 ⇒ 3 < 4x+ 3 < 7 ⇒ √3 < √4x+ 3 < √7 ⇒
√
3 +
√
7 <
√
4x+ 3 +
√
7 < 2
√
7
ou seja, se 0 < x < 1 enta˜o
2−√2x > 2−√2 > 0 e √4x+ 3 +√7 > √3 +√7 > 0
Disso concluimos que
(2−√2x)(√4x+ 3 +√7) > (2−√2)(√3 +√7)
Como 1 − x > 0 (estamos considerando 0 < x < 1) temos que 1
4(1−x) > 0, de onde
segue que
(2−√2x)(√4x+ 3 +√7)
4(1− x) >
(2−√2)(√3 +√7)
4(1− x)
Assim, dado M > 0, tomando δ =
(2−√2)(√3 +√7)
4M
> 0 teremos:
se 0 < 1− x < δ (e x > 0) enta˜o
√
2x− 2√
4x+ 3−√7 =
(2−√2x)(√4x+ 3 +√7)
4(1− x) >
>
(2−√2)(√3 +√7)
4(1− x) >
>
(2−√2)(√3 +√7)
4δ
= M
ou seja,
lim
x→1−
√
2x− 2√
4x+ 3−√7 = +∞
de forma semelhante, prova-se que
lim
x→1+
√
2x− 2√
4x+ 3−√7 = −∞
Temos enta˜o, que o limite em questa˜o na˜o existe.
5
f) lim
x→a
|x− a|
x2 − a2 , a 6= 0.
Temos que
lim
x→a−
|x− a|
x2 − a2 = limx→a−
−(x− a)
(x− a)(x+ a) = limx→a−−
1
x+ a
= − 1
2a
lim
x→a+
|x− a|
x2 − a2 = limx→a+
(x− a)
(x− a)(x+ a) = limx→a+
1
x+ a
=
1
2a
Como − 1
2a
6= 1
2a
concluimos que o limite em questa˜o na˜o existe.
5. Mostre que a equac¸a˜o x4+x−1 = 0 possui pelo menos uma ra´ız real. (na˜o e´ necessa´rio
calcula´-la).
Temos que f : [0, 1]→ R dada por f(x) = x4 + x− 1 e´ cont´ınua, pois e´ uma func¸a˜o
polinomial. Como f(0) = −1 e f(1) = 1, temos que f(0) < 0 < f(1). Segue enta˜o
do Teorema do valor intermedia´rio que existe t ∈ R tal que 0 < t < 1 e f(t) = 0, ou
seja, o polinoˆmio f(x) = x4 + x− 1 possui uma ra´ız real entre 0 e 1.
BOA PROVA
6