Exercicios Resolvidos 1 MAT 140 2017 II

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Universidade Federal de Vic¸osa
Departamento de Matema´tica
Exerc´ıcios resolvidos e comentados de MAT 140 - Parte I
1 Limites: Calcule os seguintes limites abaixo se existirem. Caso contra´rio, justifique a na˜o
existeˆncia.
a) lim
x→−∞
sen
(√
16x2 − x+ 1
2x3 − x2 + 20
)
Resoluc¸a˜o: Observaremos inicialmente que o argumento (o que esta´ ”dentro”da func¸a˜o, entre
pareˆnteses) da func¸a˜o seno pode ser visto da forma abaixo, colocando-se x3 (termo de maior grau
no polinoˆmio do denominador) em evideˆncia e fazendo o mesmo com x6 (Mas por queˆ x6? Para
justamente simplificar com o x3 que colocamos em evideˆncia no denominador. Perceba que x6
saira´ da raiz quadrada como x3) no polinoˆmio do numerador dentro da raiz quadrada:
√
16x2 − x+ 1
2x3 − x2 + 20 =
√
x6
(
16
x3
− 1
x5
+
1
x6
)
x3
(
2− 1
x
+
20
x3
) = x
3
√(
16
x3
− 1
x5
+
1
x6
)
x3
(
2− 1
x
+
20
x3
) =
√(
16
x3
− 1
x5
+
1
x6
)
(
2− 1
x
+
20
x3
)
Fazendo x tender a −∞, temos que a func¸a˜o polinoˆmial dentro do radical vai a zero, logo, todo
o numerador vai a zero. Enquanto isso, a func¸a˜o polinomial no denominador vai a 2. Desse modo,
o argumento da func¸a˜o seno vai necesariamente a zero, e sen(0) = 0. Assim,
lim
x→−∞
sen
(√
16x2 − x+ 1
2x3 − x2 + 20
)
= 0
b) lim
x→0
(
sen(2017x)− tan(2017x)
cos(2017x)−1
x
)
Resoluc¸a˜o: Inicialmente tendemos x a zero e observamos uma indeterminac¸a˜o do tipo zero
sobre zero na frac¸a˜o existente no denominador, a saber,
cos(2017x)− 1
x
.
Temos,
sen(2017x)− tan(2017x)
cos(2017x)− 1
x
=
x(sen(2017x)− tan(2017x))
cos(2017x)− 1 ,
Novamente uma indeterminac¸a˜o do tipo zero sobre zero, ao fazer x→ 0.
Sabendo que tan(2017x) =
sen(2017x)
cos(2017x)
, temos ao substituir tal identidade que,
x(sen(2017x)− tan(2017x))
cos(2017x)− 1 =
x
(
sen(2017x)− sen(2017x)
cos(2017x)
)
cos(2017x)− 1 =
x(sen(2017x)cos(2017x)−sen(2017x))
cos(2017x)
cos(2017x)− 1
Na ultima frac¸a˜o acima, colocamos sen(2017x) em evideˆncia no numerador afim de simplificar
o cos(2017x)− 1. Segue que,
1
xsen(2017x)(cos(2017x)− 1)
cos(2017x)(cos(2017x)− 1) =
xsen(2017x)
cos(2017x)
= xtan(2017x)
Voltando ao limite e fazendo x→ 0, temos:
lim
x→0
(
sen(2017x)− tan(2017x)
cos(2017x)−1
x
)
= lim
x→0
xtan(2017x) = 0.0 = 0
c) lim
x→0
(1 + ax)
b
x
Resoluc¸a˜o: Vamos usar o limite fundamental lim
x→0
(1 + x)
1
x = e nesse exerc´ıcio. Observe que,
lim
x→0
(1 + ax)
b
x = lim
x→0
((1 + ax)
1
x )b
Se fizermos a substituic¸a˜o u = ax, vemos que 1
x
= a
u
. Disso, ocorre que:
lim
x→0
(1 + ax)
b
x = lim
x→0
((1 + ax)
1
x )b = lim
u→0
((1 + u)
a
u )b = lim
u→0
((1 + u)
1
u )ab = eab
d) lim
x→∞
√
x+ 1−√x+ 1
Resoluc¸a˜o: Fazendo x → ∞, temos uma indeterminac¸a˜o do tipo ∞−∞, o que na˜o e´ bom.
Vamos enta˜o eliminar esse problema. No caso, vamos multiplicar e dividir o numerador por√
x+ 1 +
√
x+ 1. Temos,
lim
x→∞
√
x+ 1−√x+ 1 = lim
x→∞
(
√
x+ 1−√x+ 1)
(√
x+ 1 +
√
x+ 1√
x+ 1 +
√
x+ 1
)
=
= lim
x→∞
(
√
x+ 1)2 − (√x+ 1)2√
x+ 1 +
√
x+ 1
= lim
x→∞
x+ 2
√
x+ 1− (x+ 1)√
x+ 1 +
√
x+ 1
= lim
x→∞
2
√
x√
x+ 1 +
√
x+ 1
Colocando
√
x em evideˆncia no numerador e no denominador, veˆ-se que:
lim
x→∞
2
√
x√
x+ 1 +
√
x+ 1
= lim
x→∞
(√
x√
x
)(
2
1 + 1√
x
+
√
x+1√
x
)
= lim
x→∞
2
1 + 1√
x
+
√
x+1
x
=
= lim
x→∞
2
1 + 1√
x
+
√
1 + 1
x
=
2
1 +
√
1
=
2
2
= 1
e) lim
x→1
(
7x+ 1
sen(pix
2
)− 1
)
(ex−1 − 1)
Resoluc¸a˜o: e) Vamos olhar para esse limite com maior cautela. De fato, observe que podemos
olhar a func¸a˜o F (x) =
(
7x+ 1
sen(pix
2
)− 1
)
(ex−1 − 1) como produto de treˆs func¸o˜es.
Sa˜o elas: f(x) = 7x+ 1, g(x) =
1
sen(pix
2
)− 1 e h(x) = e
x−1 − 1
Vamos estudar o sinal de cada uma dessas func¸o˜es, no sentido de olhar o que acontece quando
x→ 1, para valores muito pro´ximos de 1, mas maiores que 1. Ou seja, quando x→ 1+. Da mesma
forma para valores muito pro´ximos de 1, mas menores que 1. Ou seja, quando x→ 1−.
O Por queˆ disso? Observe que a func¸a˜o h pode ser reescrita como
h(x) = ex−1 − 1 = ex.e−1 − 1 = e
x
e
− 1 = e
x − e
e
2
.
No numerador temos ex−e, que pode ser olhado como ex−e1. O que esta´ acontecendo e´ que no
fundo estamos analisando o comportamento de ex. Uma func¸a˜o que e´ crescente, logo para valores
maiores que 1 (x→ 1+) tem-se ex > e1 , o que significa que ex− e1 > 0, e para valores menores
que 1 (x→ 1−) tem-se ex < e1, o que significa que ex − e1 < 0. Ou seja, o numerador de h muda
seu sinal quando tendemos x pela direita e pela esquerda do 1.
Temos que,
se x→ 1+ enta˜o h(x) = ex−1−1 = e
x − e
e
e´ positivo (numerador esta´ positivo e o denominador
e´ uma constante positiva)
Enquanto que,
se x → 1− enta˜o h(x) = ex−1 − 1 = e
x − e
e
e´ negativo (numerador esta´ negativo e o denomi-
nador e´ uma constante positiva)
Em relac¸a˜o as outras func¸o˜es envolvidas, temos a seguinte ana´lise de sinal, aos redores (pela
direita e pela esquerda) de x = 1:
A func¸a˜o f(x) = 7x+1 e´ sempre positiva. Essa func¸a˜o se anula em x = −1
7
e seu sinal se altera
aos redores desse ponto. Pore´m, para valores pro´ximos de 1, sendo eles maiores ou menores que
1, na˜o ha´ mudanc¸a de sinal. Lembre-se que seu gra´fico e´ uma reta crescente cortando o eixo y em
y = 1 e o eixo x em x = −1
7
.
Ja´ para a func¸a˜o g(x) =
1
sen(pix
2
)− 1 temos que visualizar apenas o comportamento do denomi-
nador, ja´ que o numerador e´ 1, ou seja, sempre positivo. Essa func¸a˜o se anula em x = 1. Sabemos
que a func¸a˜o seno assume valores entre -1 e 1 seja qual for o ”x”em seu argumento,
−1 ≤ sen(x) ≤ 1
Em particular,
−1 ≤ sen(pix
2
) ≤ 1
Donde,
−2 ≤ sen(pix
2
)− 1 ≤ 0
Ou seja, o denominador de g e´ sempre negativo. Logo, a func¸a˜o g e´ algo da forma: numerador
positivo sobre um denominador negativo. Isto e´, g(x) =
1
sen(pix
2
)− 1 e´ sempre negativa para
valores pro´ximos de 1, sendo maiores ou menores que 1.
Por esse estudo de sinal e olhando para F como produto de f ,g e h, temos:
F (x) =
(
7x+ 1
sen(pix
2
)− 1
)
(ex−1 − 1) = f(x).g(x).h(x)
O denominador de F , a saber, sen(pix
2
) − 1 esta´ ficando cada vez menor quando x tende a 1.
Logo F vai para +∞ ou −∞ quando x → 1 (denominador indo para zero, e a frac¸a˜o que define
F ficando cada vez maior no sentido de algo muito grande positivo, ou negativo). Mas vimos que
pelo nosso estudo de sinal, ha´ uma diferenc¸a quando x → 1+ e quando x → 1−. Seguindo toda
nossa ana´lise acima, vemos que a situac¸a˜o se resume em:
Para valores de x tais que x e´ cada vez mais pro´ximo de 1 (pore´m assumindo valores maiores
que 1, ou seja, x > 1):
3
lim
x→1+
(
7x+ 1
sen(pix
2
)− 1
)
(ex−1 − 1) = lim
x→1+
f(x).g(x).h(x) = −∞
E tambe´m:
Para valores de x tais que x e´ cada vez mais pro´ximo de 1 (pore´m assumindo valores menores
que 1, ou seja, x < 1):
lim
x→1−
(
7x+ 1
sen(pix
2
)− 1
)
(ex−1 − 1) = lim
x→1+
f(x).g(x).h(x) = +∞
Portanto, na˜o existe o limite lim
x→1
(
7x+ 1
sen(pix
2
)− 1
)
(ex−1 − 1)
2 Continuidade: Encontre os valores de a e b de modo que as func¸o˜es abaixo sejam cont´ınuas.
a) f(x) =
{
ax+ b, se |x| ≤ 2
|x− 1|, se |x| > 2
Resoluc¸a˜o: Inicialmente podemos reescrever a func¸a˜o f explicitando seu domı´nio a partir das
propriedades da func¸a˜o valor absoluto. Temos,
f(x) =
{
ax+ b, se − 2 ≤ x ≤ 2
|x− 1|, se x > 2 ou x < −2
Observe que em uma das partes da definic¸a˜o de f temos a func¸a˜omodular |x − 1|. Sabemos
que por definic¸a˜o,
|x− 1| =
{
x− 1, se x− 1 ≥ 0
−(x− 1), se x− 1 < 0
Ou seja,
|x− 1| =
{
x− 1, se x ≥ 1
1− x, se x < 1
Agora, observe que a restric¸a˜o x > 2 no domı´nio de f nos faz escrever |x− 1| = x− 1. De fato,
para isso basta ver que x ≥ 1, quando se exige que x > 2. Da mesma forma, a restric¸a˜o x < −2
no domı´nio de f implica que |x− 1| = 1− x, uma vez que todo x < −2, e´ tal que x < 1. Podemos
enta˜o reescrever f da seguinte forma,
f(x) =
 ax+ b, se − 2 ≤ x ≤ 2x− 1, se x > 21− x, se x < −2
Nas treˆs partes da definic¸a˜o de f temos func¸o˜es polinoˆmiais, que sa˜o cont´ınuas em todo o
conjunto dos nu´meros reais, em particular nos intervalos (−∞,−2), (−2, 2) e (2,+∞). Logo,
para descobrir a e b de forma que f seja cont´ınua, vamos estudar a continuidade nos pontos de
”quebra”de f , que sa˜o -2 e 2.
Observe que x = −2 e x = 2 esta˜o no domı´nio de f pela pro´pria definic¸a˜o de tal func¸a˜o. Por
definic¸a˜o de continuidade em um ponto, vamos exigir que os limites laterais nesses pontos sejam
iguais, para que existam os limites lim
x→2
f(x) e lim
x→−2
f(x). Vamos exigir ainda, que tais limites sejam
iguais a f(2) e f(−2) respectivamente.
Temos,
4
lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
x− 1 = 2− 1 = 1
E,
lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
ax+ b = 2a+ b
Logo, para que o limite exista, e´ necessa´rio que 2a + b = 1. (Observe que a terceira condic¸a˜o
na definic¸a˜o de continuidade, lim
x→2
f(x) = f(2) e´ equivalente a dizer que 2a+ b = 1)
Fazendo o mesmo com o ponto x = −2, tem-se
lim
x→−2+
f(x) = lim
x→−2+
ax+ b = −2a+ b
E que,
lim
x→−2−
f(x) = lim
x→−2−
1− x = 1− (−2) = 3
Disso, para que o limite exista deve ocorrer de −2a+ b = −1. (Observe que a terceira condic¸a˜o
na definic¸a˜o de continuidade, lim
x→−2
f(x) = f(−2) e´ equivalente a dizer que −2a+ b = 3)
Para encontrar a e b de modo que f seja cont´ınua em x = −2 e x = 2, nosso problema se
resume enta˜o a encontrar uma soluc¸a˜o para o sistema abaixo (se existir):{
2a+ b = 1
−2a+ b = 3
E´ fa´cil ver que a soluc¸a˜o desse sistema e´ a = −1
2
e b = 2.
Portanto, para que f seja cont´ınua em todos os nu´meros reais, deve acontecer de a = −1
2
e
b = 2.
b) f(x) =
 −2x, se x ≥ 4ax+ b, se 1 < x ≤ 4x, se x ≤ 1
Resoluc¸a˜o: Observando que as func¸o˜es que compo˜em a definic¸a˜o de f sa˜o polinoˆmiais, e por
isso sa˜o cont´ınuas em todo x ∈ R, em particular nos intervalos (−∞, 1), (1, 4) e (4,+∞). Para
f ser cont´ınua, deve acontecer de o ser nos pontos x = 1 e x = 4 (pontos que por definic¸a˜o,
esta˜o no domı´nio de f). Como fizemos no item (a), vamos exigir que as condic¸o˜es da definic¸a˜o de
continuidade sejam satisfeitas. Com isso, encontraremos os valores de a e b, para f ser cont´ınua
em todo x ∈ R.
Estudando os limites laterais e os igualando para que o limite exista, temos:
lim
x→4−
f(x) = lim
x→4−
ax+ b = 4a+ b
E,
lim
x→4+
f(x) = lim
x→4+
−2x = −2(4) = −8
Logo, 4a+ b = −8. (Observe que a terceira condic¸a˜o na definic¸a˜o de continuidade, lim
x→4
f(x) =
f(4) e´ equivalente a dizer que 4a+ b = −8).
Tambe´m,
lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
x = 1
5
E,
lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
ax+ b = a+ b
Donde, a+b = 1. (Observe que a terceira condic¸a˜o na definic¸a˜o de continuidade, lim
x→1
f(x) = f(1)
e´ equivalente a dizer que a+ b = 1).
Resumimos o problema a encontrar soluc¸o˜es (se existirem) para o sistema:{
a+ b = 1
4a+ b = −8
Portanto, para que f seja cont´ınua em todo x real, deve ocorrer de a = −3 e b = 4.
3 Teorema do Valor Intermedia´rio: Se f e´ cont´ınua para todo x ∈ R e k < f(2) < f(4), enta˜o
na˜o existe c ∈ (2, 4) tal que f(c) = k? Justifique.
Resoluc¸a˜o: Lembremos o que diz o Teorema do Valor Intermedia´rio,
Teorema: Seja f uma func¸a˜o cont´ınua em um intervalo [a, b] tal que f(a) 6= f(b). Enta˜o para
todo k com f(a) ≤ k ≤ f(b), existe c ∈ [a, b], tal que f(c) = k
Nas hipo´teses do enunciado temos que a func¸a˜o e´ cont´ınua, que f(2) 6= f(4), mas na˜o ocorre
de f(2) ≤ k ≤ f(4). Se ocorresse, poder´ıamos pelo TVI concluir que existiria algum c ∈ [2, 4],
tal que f(c) = k. Pore´m, a negac¸a˜o da hipo´tese f(2) ≤ k ≤ f(4) na˜o acarreta na na˜o conclusa˜o
do teorema. Veja nas figuras abaixo que tanto pode existir (gra´fico a direita) c ∈ [2, 4], tal que
f(c) = k, como na˜o pode (gra´fico a esquerda), dependendo do comportamento da func¸a˜o f .
Figura 1: Duas situac¸o˜es que podem ocorrer
4 Derivadas: Calcule a derivada das seguintes func¸o˜es abaixo:
a) F (x) =
extan(x)
sen(x)− cos(x)
Resoluc¸a˜o: Observe que vamos iniciar a derivar a func¸a˜o f com a regra do quociente, que diz:
Sendo F (x) =
f(x)
g(x)
, com f e g deriva´veis, enta˜o F e´ deriva´vel e sua derivada e´ dada por,
F
′
(x) =
f
′
(x).g(x)− [g′(x)f(x)]
[g(x)]2
6
A partir disso, basta aplicar tal regra a func¸a˜o F (x) =
extan(x)
sen(x)− cos(x) , vendo que nesse caso,
f(x) = extan(x) e g(x) = sen(x)− cos(x). Temos,
F
′
(x) =
(
extan(x)
sen(x)− cos(x)
)′
=
(exsec2(x) + extan(x))(sen(x)− cos(x))− [(cos(x)− (−sen(x))(extan(x)))]
(sen(x)− cos(x))2 =
=
(exsec2(x) + extan(x))(sen(x)− cos(x))− [(cos(x) + sen(x))(extan(x)))]
(sen(x)− cos(x))2 =
b) f(x) =
x4 + x2 + x
5− x3 − x5
Resoluc¸a˜o: Como no item (a) vamos inicialmente aplicar a regra do quociente, em seguida
derivar as func¸o˜es polinoˆmiais envolvidas.
f
′
(x) =
(
x4 + x2 + x
5− x3 − x5
)′
=
(4x3 + 2x+ 1)(5− x3 − x5)− [(0− 3x2 − 5x4)(x4 + x2 + x)]
(5− x3 − x5)2 =
=
(4x3 + 2x+ 1)(5− x3 − x5) + (3x2 − 5x4)(x4 + x2 + x)
(5− x3 − x5)2
5 Reta Tangente: Determine a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f em x = 3, dado pela
figura abaixo:
Resoluc¸a˜o: Vamos usar a conhecida equac¸a˜o y − y0 = m (x − x0) onde (x0, y0) e´ um ponto
dado da reta em questa˜o. Perceba que vamos usar o ponto (x0, y0)=(3,0) que pertence tanto a reta
quanto ao gra´fico de f . A inclinac¸a˜o da reta e´ dada pelo coeficiente angular m. Em particular,
sabemos que tal nu´mero e´ dado por f
′
(x0), quando tal reta e´ tangente ao gra´fico de uma func¸a˜o f
deriva´vel em x0. Pore´m, na˜o conhecemos a ”cara”da func¸a˜o f . Vamos enta˜o olhar para o triaˆngulo
reto de catetos medindo 2 (cateto oposto ao aˆngulo formado pela intersec¸a˜o da reta tangente e
pelo eixo x) e 3 (cateto adjacente ao aˆngulo formado pela intersec¸a˜o da reta tangente e pelo eixo
x). Denote esse aˆngulo por α. A tangente de tal aˆngulo e´ m = tan(α) =
2
3
.
Disso,
y − 0 = m (x− x0) = 2
3
(x− 3),
Portanto, a equac¸a˜o da reta tangente em questa˜o, ao gra´fico de f e´ dada por,
y =
2
3
x− 2
7