Resolucao P1 2018 1 Noite

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Universidade Federal de Itajubá - UNIFEI
Primeira Prova de MAT001 - Gabarito
Prof. Rodrigo Lipparelli Fernandez - IMC
4 de abril de 2018
Cada questão está em uma página .
1ª Questão
Tomando o ponto de partida a função exp(x), temos que Df = R e Imf = {R|y > 0}.
a) A função
f(x) = 2− exp(x+ 1)
apresenta: i) um deslocamento para esquerda em uma unidade; ii) reflexão em torno do eixo x; iii) deslocamento de
duas unidades para cima. Antes de esobçar o gráfico, vamos ver o que acontece com o domínio e depois com a imagem.
Como o domínio são todos os reais, deslocamentos na função não alteram o domínio nesse caso, logo Df = R. Já para
a imagem, temos uma reflexão em torno de x e ainda subimos duas unidades. Portanto,
i) Deslocamento em uma unidade para esquerda: Df = {(x− 1) ∈ R} =⇒ Df = {x ∈ R} (não altera)
ii) Reflexão em torno de x: y > 0 =⇒ y < 0
iii) Deslocamento em duas unidades para cima: y < 0 + 2 =⇒ y < 2
portanto, a imagem da nova função é Imf = {R|y < 2}.
x ex 2− ex+1
−2 e−2 2− e−1
−1 e−1 1
0 1 2− e
1 e 2− e2
b) Se aplicamos o teste da reta horizontal, percebemos que uma reta qualquer paralela ao eixo x corta o gráfico de
f(x) uma única vez. Portanto, para cada x, existe um único y, e vice-versa. Portanto, a função é injetora.
2ª Questão
Para os cálculos dos limites,
∃ lim
x→a f(x) ⇐⇒ limx→a+ f(x) = limx→a− f(x)
“o limite existe quando os limites laterais existem e são iguais”.
a) Por se tratar de uma função racional de dois polinômios, podemos resolver diretamente.
lim
x→2
√
4x+ 1 − 3
x− 2 =
Multiplicando pelo conjugado da raíz︷ ︸︸ ︷
lim
x→2
√
4x+ 1 − 3
x− 2
(√
4x+ 1 + 3√
4x+ 1 + 3
)
=
Diferença de quadrados︷ ︸︸ ︷
lim
x→2
(
√
4x+ 1 )2 − 32
(x− 2)(√4x+ 1 + 3)
= lim
x→2
4x+ 1− 9
(x− 2)(√4x+ 1 + 3) = limx→2
4x− 8)
(x− 2)(√4x+ 1 + 3)
= lim
x→2
4(x− 2)
(x− 1)(√4x+ 1 + 3) = limx→2
4√
4x+ 1 + 3
=
4
6
=
2
3
.
logo
lim
x→2
√
4x+ 1 − 3
x− 2 =
2
3
.
b) Por se tratar de módulo, precisamos ver as direções.
Via limites laterais: |x+ 6| =
x+ 6, se x > −6−(x+ 6), se x < −6
lim
x→−6+
2x+ 12
|x+ 6| = limx→−6+
2x+ 12
x+ 6
= lim
x→−6+
2(x+ 6)
x+ 6
= 2, Pela direita, x > −6
lim
x→−6−
2x+ 12
|x+ 6| = limx→−6−
(
− 2x+ 12
x+ 6
)
= lim
x→−6+
(
− 2(x+ 6)
x+ 6
)
= −2, Pela esquerda, x < −6
logo, lim
x→−6+
2x+ 12
|x+ 6| 6= limx→−6−
2x+ 12
|x+ 6| =⇒ @ limx→−6
2x+ 12
|x+ 6| .
c) Dado a forma g(x) 6 f(x) 6 h(x), com g(x) = 4x− 9 e h(x) = x2 − 4x+ 7,
lim
x→4
g(x) = lim
x→4
4x− 9 = 7, lim
x→4
h(x) = lim
x→4
x2 − 4x+ 7 = 7
como lim
x→4
g(x) = lim
x→4
h(x) = 7, então, pelo teorema do confronto (ou sanduíche),
lim
x→4
f(x) = 7.
3ª Questão
Uma função é contínua em x = a, se, e somente se, lim
x→a f(x) = f(a). Então, para que as dadas funções sejam
contínuas no ponto em questão, precisamos que f(a) = L.
a) Precisamos testar os limites laterais, pois o jeito que f(x) se aproxima quando x→ 0 pela direita e pela esquerda
são diferentes. Verificando a existência do limite, caso exista, L deve assumir o valor do limite em x = 0 para
ser contínua.
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
cos(x) = 1
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
1− x2 = 1
Os limites laterais existem e são iguais, portando ∃ lim
x→0
f(x) = 1. Logo, para que f(x) seja contínua em x = 0,
L = 1.
b) Por se tratar de uma razão de polinômios, podemos calcular diretamente o limite,
lim
x→−1
x2 − x− 2
x+ 1
= lim
x→−1
(x+ 1)(x− 2)
x+ 1
= lim
x→−1
x− 2 = −3
Portanto, para f(x) ser contínua em x = −1, L = −3.