Prova I - Prof. Beto Rober B. S. - Univasf

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Universidade Federal do Vale de Sa˜o Francisco
Colegiado de Engenharia Ele´trica
Ca´lculo I
Gabarito da 1a Prova Semestre: 2008.2 Turma E1
Professor: Beto Rober Bautista Saavedra Lugar e Data : Juazeiro, 27/09/2008
z Equac¸o˜es e Inequac¸o˜es .
1. Encontre o conjunto soluc¸a˜o das seguintes inequac¸o˜es ou igualdade.
(a) x < x2 − 9x < 4x.
(b) (x+ 2√
5
)2 = x2 + 4
√
5
5 x+
4
5 .
(c) −4−3x3x+2 < −1.
(d) x
2−6x+5
(x2+2x+3)
√
(x−3)(x+pi) ≥ 0
Soluc¸a˜o .
(a) Nesse caso, na˜o pode acontecer x = 0. Pois, ter´ıamos x = x2 − 9x = 4x. Assim,
se dividimos por x ter´ıamos 1 < x − 9 < 4 ou 1 > x − 9 > 4. Logo,
10 < x < 13 ou 10 > x > 13. Portanto, o conjunto soluc¸a˜o e´ o intervalo aberto
(10, 13).
(b) O Conjunto Soluc¸a˜o e´ todo o conjunto dos nu´meros reais. Pois, trata-se de um
Produto Nota´vel.
(c) Primeiro, observar as seguintes equivaleˆncias
−4− 3x
3x+ 2
< −1⇔ −4− 3x
3x+ 2
+ 1 < 0⇔ −4− 3x
3x+ 2
+
3x+ 2
3x+ 2
< 0⇔ −2
3x+ 2
< 0
⇔ 3x+ 2 < 0⇔ x < −2
3
Logo, o conjunto soluc¸a˜o e´ (−∞, −23 ).
1
(d) Primeiro, observar as seguintes equivaleˆncias
x2 − 6x+ 5
(x2 + 2x+ 3)
√
(x− 3)(x+ pi) ≥ 0⇔
(x− 5)(x− 1)
((x+ 1)2 + 2)
√
(x− 3)(x+ pi) ≥ 0
⇔ (x− 5)(x− 1) ≥ 0 e (x− 3)(x+ pi) > 0 e x 6= 3, pi
Logo, o conjunto soluc¸a˜o e´ (−∞,−pi) ∪ [5,+∞).
2
2. Resolva: 4|x2 − 5x+ 5|+ 1 = 5.
Soluc¸a˜o . Isole a expressa˜o com valor absoluto
4|x2 − 5x+ 5| = 4
|x2 − 5x+ 5| = 1
Escreva e resolva as duas equac¸o˜es equivalentes que na˜o contenham o s´ımbolo de valor
absoluto.
x2 − 5x+ 5 = 1 ou x2 − 5x+ 5 = −1
x2 − 5x+ 4 = 0 x2 − 5x+ 6 = 0
(x− 4)(x− 1) = 0 (x− 2)(x− 3) = 0
x = 4, 1 x = 2, 3
3
3. Para quais valores de x a expressa˜o
√
x
(2−x)(5+x) representa um nu´mero real ?
Soluc¸a˜o . A expressa˜o representa um nu´mero real quando a quantidade sob o radical
na˜o e´ negativa. Assim, precisaremos das seguintes equivaleˆncias
x
(2− x)(5 + x) ≥ 0⇔ x(2− x)(5 + x) ≥ 0, x 6= 2,−5
Logo, o conjunto soluc¸a˜o e´ (−∞,−5) ∪ [0, 2).
4
4. Resolva: x
10
25 − x 525 − 6 = 0.
Soluc¸a˜o . Simplificando, obtemos uma forma equivaleˆnte da equac¸a˜o :
x
2
5 − x 15 − 6 = 0
Se u = x
1
5 enta˜o a equac¸a˜o torna-se:
u2 − u− 6 = 0
(u− 3)(u+ 2) = 0
u = 3 ou u = −2
Agora revertamos a substituic¸a˜o original u = x
1
5 .
x
1
5 = 3 ou x
1
5 = −2
x = 35 x = −25
5
5. Fac¸a as operac¸o˜es indicadas:
(a) 2x−1 +
3
x+1 − 4x−2x2−1
(b)
x
x−1 − xx+1
x
x−1 +
x
x+1
Soluc¸a˜o .
(a)
2
x− 1 +
3
x+ 1
− 4x− 2
x2 − 1 =
2(x+ 1)
(x− 1)(x+ 1) +
3(x− 1)
(x+ 1)(x− 1) −
4x− 2
(x− 1)(x+ 1)
=
2(x+ 1) + 3(x− 1)− (4x− 2)
(x− 1)(x+ 1)
=
(x+ 1)
(x− 1)(x+ 1) =
1
(x− 1)
(b)
x
x−1 − xx+1
x
x−1 +
x
x+1
=
x
x−1 − xx+1
x
x−1 +
x
x+1
.
(x− 1)(x+ 1)
(x− 1)(x+ 1)
=
x(x+ 1)− x(x− 1)
x(x+ 1) + x(x− 1)
=
x2 + x− x2 + x
x2 + x+ x2 − x
=
2x
2x2
=
1
x
6
6. Determine qual das seguintes proposic¸o˜es e´ va´lida ou falsa. Justifique.
(a) Escrever x < 3 e´ equivaleˆnte a escrever |x| < 3.
(b) Se |x− 1| ≥ 2 enta˜o −2 < x ≤ 4.
(c) Se |1 + 3x| ≤ 1 enta˜o x ≥ −23 .
(d) Se |x| < 5x2 enta˜o x < 5x2.
Soluc¸a˜o .
(a) E´ Falsa. Pois, −5 < 3, mas | − 5| ≮ 3.
(b) E´ Falsa. Pois, |5− 1| ≥ 2, mas 5 � 4.
(c) E´ verdadeiro. Pois,
|1 + 3x| ≤ 1⇒ −1 ≤ 1 + 3x ≤ 1⇒ −2 ≤ 3x ≤ 0⇒ −2
3
≤ x
(d) E´ verdadeiro. Pois, como para todo x ∈ R vigora x ≤ |x|, temos
x ≤ |x| < 5x2 ⇒ x < 5x2.
7
7. Encontre o conjunto soluc¸a˜o das seguintes inequac¸o˜es ou igualdade.
(a) x < x2 − 12x < 4x.
(b) (x+ 2√
2
)2 = x2 + 2
√
2x+ 2.
(c) −4−3x3x+2 < −1.
(d) x
2−6x+5
(x2+2x+3)
√
(x−3)(x+pi) ≥ 0
Soluc¸a˜o .
(a) Nesse caso, na˜o pode acontecer x = 0. Pois, ter´ıamos x = x2− 12x = 4x. Assim,
se dividimos por x ter´ıamos 1 < x − 12 < 4 ou 1 > x − 12 > 4. Logo,
13 < x < 16 ou 13 > x > 16. Portanto, o conjunto soluc¸a˜o e´ o intervalo aberto
(13, 16).
(b) O Conjunto Soluc¸a˜o e´ todo o conjunto dos nu´meros reais. Pois, trata-se de um
Produto Nota´vel: Quadrado de uma Soma. Observar o seguinte:
(x+
2√
2
)2 = (x+
√
2)2 = x2 + 2
√
2x+ 2
(c) Primeiro, observar as seguintes equivaleˆncias
−4− 3x
3x+ 2
< −1⇔ −4− 3x
3x+ 2
+ 1 < 0⇔ −4− 3x
3x+ 2
+
3x+ 2
3x+ 2
< 0⇔ −2
3x+ 2
< 0
⇔ 3x+ 2 < 0⇔ x < −2
3
Logo, o conjunto soluc¸a˜o e´ (−∞, −23 ).
(d) Primeiro, observar as seguintes equivaleˆncias
x2 − 6x+ 5
(x2 + 2x+ 3)
√
(x− 3)(x+ pi) ≥ 0⇔
(x− 5)(x− 1)
((x+ 1)2 + 2)
√
(x− 3)(x+ pi) ≥ 0
⇔ (x− 5)(x− 1) ≥ 0 e (x− 3)(x+ pi) > 0 e x 6= 3, pi
Logo, o conjunto soluc¸a˜o e´ (−∞,−pi) ∪ [5,+∞).
8
8. Fac¸a as operac¸o˜es indicadas.
(a) (x
√
2 + y
√
3)(x
√
2 − y
√
3).
(b) 12
1
x +
1
5
1
2x−1 − 110 1x+2 .
(c) (x
√
pi + y
√
2)(x
√
2 − y√pi).
(d) 5x2+6x+9 +
3
(x+3) − x3 + 2x+ 1
Soluc¸a˜o .
(a) (x
√
2 + y
√
3)(x
√
2 − y
√
3) = (x
√
2)2 + (y
√
2)2 = x2
√
2 + y2
√
2
(b)
1
2
1
x
+
1
5
1
2x− 1 −
1
10
1
x+ 2
=
1
2 (2x− 1)(x+ 2) + 15x(x+ 2)− 110x(2x− 1)
x(2x− 1)(x+ 2)
=
x2 + 2x− 1
2x3 + 3x2 − 2x
(c)
(x
√
pi + y
√
2)(x
√
2 − y
√
pi) = x
√
pi+
√
2 − (xy)
√
pi + (xy)
√
2 − y
√
pi+
√
2
(d)
5
x2 + 6x+ 9
+
3
(x+ 3)
− x3 + 2x+ 1 = 5
(x+ 3)2
+
3
(x+ 3)
− x3 + 2x+ 1
=
5 + 3(x+ 3) + (−x3 + 2x+ 1)(x+ 3)2
(x+ 3)2
=
−x5 − 6x4 − 7x3 + 13x2 + 27x+ 23
x2 + 6x+ 9
9
9. Fatorar as seguintes expresso˜es :
(a) x9y2 − x6y5 + x5zy + x3z2y7
(b) 4(x2 + 5)
5
3 (2x+ 1)
5
2 + (x2 + 5)
7
3 (4x+ 2)
3
2 5x.
(c) |x+ 5|(x+ 5)3x3 + x(x+ 5)2 − 3x|x+ 5|2.
(d) x3 + 27x+ 9x2 + 27 + (x+ 3)(x2 + 3x+ 27)
Soluc¸a˜o .
(a) (x3y)(x6y − x3y4 + x2z + z2y6)
(b) [(x2 + 5)
5
3 (2x+ 1)
3
2 ][4(2x+ 1) + 2
3
2 (x2 + 5)
2
3 5x]
= [(x2 + 5)
5
3 (2x+ 1)
3
2 ][4(2x+ 1) + 5
√
8x(x2 + 5)
2
3 ]
(c) |x+5|(x+5)3x3+x(x+5)2−3x|x+5|2 = |x+5|(x+5)3x3+x(x+5)2−3x(x+5)2
= (x+ 5)2[x3|x+ 5|(x+ 5) + x− 3x]
(d) x3 + 27x+ 9x2 + 27 + (x+ 3)(x2 + 3x+ 27)
= (x+ 3)3 + (x+ 3)(x2 + 3x+ 27)
= [x+ 3][x2 + 6x+ 9 + x2 + 3x+ 27]
= [x+ 3][2x2 + 9x+ 35]
10
10. Resolver a equac¸a˜o
(x2 − 1)2 + 3(x+ 1)(x− 1) + 10 = 5
Soluc¸a˜o . Fazendo y = x2 − 1, obtemos
(x2 − 1)2 + 3(x+ 1)(x− 1) + 10 = 5⇔ y2 + 3y + 5 = 0
Mas, ja que 4 = (3)2 − 4.5 = −11 < 0, na˜o existe uma soluc¸a˜o na segunda equac¸a˜o
equivaleˆnte. Portanto, na˜o existe soluc¸a˜o na primeira equac¸a˜o .
11
z Func¸o˜es : Dominio, Imagem e Gra´ficos .
1. Graficar a func¸a˜o f(x) = |x2 + 2x− 3|. Justificar.
Soluc¸a˜o . Primeiro observarmos que o gra´fico de g(x) = x2 + 2x− 3 = (x+ 1)2 − 4
Figura 1
.
Logo, o gra´fico de f(x) e´
.
Figura 2
12
2. Encontrar o domı´nio da func¸a˜o
f(x) =
√
1
2
− sen2(x) + 4
√
pi2
4
− x2
Soluc¸a˜o . Os elemento do dominio sa˜o determinados pelas seguintes desigualdades
sen2(x) ≤ 1
2
e x2 ≤ pi
4
Isto e´,
−
√
2
2
≤ sen(x) ≤
√
2
2
e − pi
2
≤ x ≤ pi
2
Logo, o dominio e´
[−pi
4
,
pi
4
]
13
z Limite e Continuidade.
1. Calcular o limite
lim
x→p
cos(x)− cos(p)
x− p
.
Soluc¸a˜o . Das seguintes igualdades, calculamos o limite:
lim
x→p
cos(x)− cos(p)
x− p = limx→p−sen(
x+ p
2
)
sen(x−p2 )
x−p
2
= −sen(p)
14
2. Seja f uma func¸a˜o continua em c e assumimos que f(c) > 0. Provar que existe um
δ > 0 tal que
f(x) > 0, para todo x ∈ (c− δ, c+ δ).
Soluc¸a˜o .Por continuidade, para cada ² > 0, existe um δ > 0 tal que
f(x)− ² < f(x) < f(c) + ², se x ∈ (c− δ, c+ δ)
Se tomamos o correspondente δ > 0 para ² = f(c)2 > 0, obtemos
0 <
f(c)
2
< f(x), se x ∈ (c− δ, c+ δ)
15
3. Selimx→2[f(x) + g(x)] = 2 e limx→2[f(x)− g(x)] = 1, encontre limx→2 f(x)g(x).
Soluc¸a˜o . Resolvendo o sistema:
lim
x→2
f(x) + lim
x→2
g(x) = 2
lim
x→2
f(x)− lim
x→2
g(x) = 1
Obtemos, limx→2 f(x) = 32 e limx→2 g(x) =
1
2 . Logo,
lim
x→2
f(x)g(x) =
3
4
.
16
4. Calcule limx→0
√
1+tg(x)−
√
1+sen(x)
x3
Soluc¸a˜o .
lim
x→0
√
1 + tg(x)−√1 + sen(x)
x3
= lim
x→0
tg(x)− sen(x)
x3[
√
1 + tg(x) +
√
1 + sen(x)]
= lim
x→0
[ 1cos(x) − 1]sen(x)
x3[
√
1 + tg(x) +
√
1 + sen(x)]
= lim
x→0
sen2(x)
(1+cos(x))cos(x)sen(x)
x3[
√
1 + tg(x) +
√
1 + sen(x)]
= lim
x→0
sen2(x)
x2
(1 + cos(x))cos(x)
sen(x)
x√
1 + tg(x) +
√
1 + sen(x)
=
1
2.1
1√
1 +
√
1
=
1
4
17
5. Provar que a func¸a˜o f(x) = cos(x) e´ cont´ınua usando o teorema do confronto.
Soluc¸a˜o . Primeiro provaremos que se |x−p| ≤ pi2 enta˜o |cos(x)−cos(p)| ≤ |x−p| para
todo p real. De fato,
|cos(x)− cos(p)| = 2|sen(x+ p
2
)||sen(x− p
2
)| ≤ 2 |x− p|
2
= |x− p|
se |x− p| ≤ pi2 . Como qualquer nu´mero real p e´ um ponto de acumulac¸a˜o do Dom(f) =
R, para provar que f e´ continua e´ suficiente mostrar que
limx→pcos(x) = cos(p)
para todo p ∈ R. De fato, se p− pi2 < x < p+ pi2 temos
−|x− p|+ cos(p) ≤ cos(x) ≤ cos(p) + |x− p|
Aplicando o teorema do confronto, resulta
limx→pcos(x) = cos(p)
18
6. Calcular o limite: limx→+∞
6
√
x3−x2+√5
x2+
√
x4−5x+3 +
sen( 1x )
1
x
.
Soluc¸a˜o . Das seguintes deigualdades calculamos o limite:
limx→+∞
6
√
x3 − x2 +√5
x2 +
√
x4 − 5x+ 3 +
sen( 1x )
1
x
= limx→+∞
x2 6
√
1− 1x +
√
5
x3
x2 + x2
√
1− 5x3 + 3x4
+
sen( 1x )
1
x
=
1
2
+ 1 =
3
2
19
7. Existe o limite limx→0
sen(x2)
|x| ?
Soluc¸a˜o . Sim, existe. Pois,
lim
x→0
sen(x2)
|x| = limx→0 |x|
sen(x2)
x2
= 0.1 = 0
20
8. Seja p um ponto de acumulac¸a˜o do dominio da func¸a˜o f. Definir o seguinte limite
lim
x→p−
f(x) = −∞
Soluc¸a˜o . A definic¸a˜o e´ a seguinte: Dado qualquer ² > 0 existe um δ > 0 tal que se
x ∈ Dom(f) e
0 < p− x < δ ⇒ f(x) < −²
21
9. Determinar os seguintes limites.
(a) limx→0 11− sen2(x)x
(b) limx→0
1−cos(x2)
x
Soluc¸a˜o .
(a) limx→0 11− sen2(x)x = limx→0 11−x sen2(x)x2 =
1
|1−0(1)2| = 1
(b) limx→0
1−cos(x2)
x = limx→0
x3sen2(x2)
x4(1+cos(x2)) = limx→0
sen2(x2)
x4 .x
3. 11+cos(x2) = 1
2.03. 12 =
0
22
10. Provar que a seguinte func¸a˜o e´ continua em x =1 ? Existe outro ponto onde a func¸a˜o e´
continua ? Justificar.
f(x) =
 x2 − 1, se x ∈ Q;0, se x ∈ I.
Soluc¸a˜o . Observar primeiro que
0 ≤ |f(x)| ≤ |x2 − 1|, ∀x ∈ R (♠)
Assumimos que a = 1,−1. Assim, temos f(a) = 0. Aplicando o teorema do confronto
em (♠), obtemos que limx→a |f(x)| = 0. Logo, limx→a f(x) = 0 = f(a). Enta˜o ,
podemos afirmar que a func¸a˜o f e´ continua em 1 e −1.
23
11. Calcule.
(a) limx→0−
(
1
2x − 1|2x|
)
(b) limx→0+
(
1√
2x
− 1|√5x|
)
Soluc¸a˜o .
(a) limx→0−
(
1
2x − 1|2x|
)
= limx→0−
(
1
2x − 1−2x
)
= limx→0− 1x = −∞
(b) limx→0+
(
1√
5x
− 1|√5x|
)
= limx→0+
(
1√
5x
− 1√
5x
)
= 0
24
12. Calcule.
(a) limx→0−
(
1
x − 1|x|
)
(b) limx→0+
(
1
x − 1|x|
)
Soluc¸a˜o .
(a) limx→0−
(
1
x − 1|x|
)
= limx→0−
(
1
x − 1−x
)
= limx→0− 2x = −∞
(b) limx→0+
(
1
x − 1|x|
)
= limx→0+
(
1
x − 1x
)
= 0
25
13. Calcule limx→0 x3cos
(
1
x2−3x+7
)
.
Soluc¸a˜o .
lim
x→0
x3cos
(
1
x2 − 3x+ 7
)
= 0.cos(
1
7
) = 0
26
14. Onde cada uma das seguintes func¸o˜es e´ descont´ınua ?
(a) f(x) = x
2−x−2
x−2
(b) f(x) =
 1x2 , se x 6= 0 ;1, se x = 0.
Soluc¸a˜o .
(a) Note que f(2) na˜o esta´ definida; logo, f e´ descont´ınua em 0.
(b) Aqui f(2) = 1 esta´ definida e
limx→2f(x) = limx→2
x2 − x− 2
x− 2 = limx→2
(x− 2)(x+ 1)
x− 2 = limx→2(x+ 1) = 3
existe. Mas
limx→2f(x) 6= f(2)
logo, f na˜o e´ cont´ınua em 2.
27
15. Determinar os seguintes limites.
(a) limx→0 1|1− sen(x)x |
(b) limx→0
1−cos(x)
x
Soluc¸a˜o .
(a) limx→0 1|1− sen(x)x | =
1
0+ = +∞
(b) limx→0
1−cos(x)
x = limx→0
sen2(x)
x(1+cos(x)) = limx→0
sen(x)
x .sen(x).
1
1+cos(x) = 1.0.
1
2 = 0
28
16. Dar a definic¸a˜o de
lim
x→a f(x) = −∞
Soluc¸a˜o . Dado ² > 0 existe um δ > 0 tal que
x ∈ Dom(f) e 0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) < −²
29
17. Determinar onde a seguinte func¸a˜o e´ descontinua ? Justificar.
f(x) =
 x2 − 1, se x ∈ Q;0, se x ∈ I.
Soluc¸a˜o . Observar primeiro que
0 ≤ |f(x)| ≤ |x2 − 1|, ∀x ∈ R (♠)
Assumimos que a = 1,−1. Assim, temos f(a) = 0. Aplicando o teorema do confronto
em (♠), obtemos que limx→a |f(x)| = 0. Logo, limx→a f(x) = 0 = f(a). Enta˜o
, podemos afirmar que a func¸a˜o f e´ continua em 1 e −1. A seguir, adotamos que
a 6= 1,−1. Assim, |a2 − 1| > 0. Se f e´ continua em a enta˜o existe um δo > 0 tal
que
|x− a| < δo ⇒ |f(x)− f(a)| < |a
2 − 1|
2
(♣)
Mas, se x ∈ I e a ∈ Q, nas desigualdades de (♣), segue-se que |a2 − 1| < |a2−1|2 . Logo,
1 < 12 . Outra possibilidade restante e´ tomar um x ∈ Q suficientemente pro´ximo de
a ∈ I talque |a2 − 1| < |x2 − 1|. Assim, nas desigualdades de (♣), resulta que
|a2 − 1| < |x2 − 1| < |a2−1|2 . Ou seja, o anterior implica 1 < 12 . Em ambos os casos
chegamos a um absurdo. Portanto, f na˜o e´ continua em a.
30
18. Calcule limx−→0
1−sen(x)
x2 .
Soluc¸a˜o . Segue-se das seguintes igualdades.
lim
x−→0
1− sen(x)
x2
=
1
0+
= +∞
31
19. Calcule o
lim
x→0
(
√
x3 + 3x2 + x)sen(
2x+ pi
x
) +
sen(x2)
x
Soluc¸a˜o . Observamos que
(a)
0 = − lim
x→0
(
√
x3 + 3x2 + x) ≤ lim
x→0
(
√
x3 + 3x2 + x)sen(
2x+ pi
x
) ≤ lim
x→0
(
√
x3 + 3x2 + x) = 0
Logo,
lim
x→0
(
√
x3 + 3x2 + x)sen(
2x+ pi
x
) = 0
(b)
lim
x→0
sen(x2)
x
= lim
x→0
xsen(x2)
x2
= 0.1 = 0
Assim, podemos dizer que
lim
x→0
(
√
x3 + 3x2 + x)sen(
2x+ pi
x
) +
sen(x2)
x
= 0
32
20. Calcule.
(a) limx→0−
(
1
x − 1|x|
)
(b) limx→0+
(
1
x − 1|x|
)
Soluc¸a˜o .
(a) limx→0−
(
1
x − 1|x|
)
= limx→0−
(
1
x − 1−x
)
= limx→0− 2x = −∞
(b) limx→0+
(
1
x − 1|x|
)
= limx→0+
(
1
x − 1x
)
= 0
33
21. Calcule limx→0 x3cos
(
1
x2−3x+7
)
.
Soluc¸a˜o .
lim
x→0
x3cos
(
1
x2 − 3x+ 7
)
= 0.cos(
1
7
) = 0
34
22. Onde cada uma das seguintes func¸o˜es e´ descont´ınua ?
(a) f(x) = x
2−x−2
x−2
(b) f(x) =
 1x2 , se x 6= 0 ;1, se x = 0.
Soluc¸a˜o .
(a) Note que f(2) na˜o esta´ definida; logo, f e´ descont´ınua em 0.
(b) Aqui f(2) = 1 esta´ definida e
limx→2f(x) = limx→2
x2 − x− 2
x− 2 = limx→2
(x− 2)(x+ 1)
x− 2 = limx→2(x+ 1) = 3
existe. Mas
limx→2f(x) 6= f(2)
logo, f na˜o e´ cont´ınua em 2.
35
23. Encontre, por meio da definic¸a˜o de derivada, f
′
se f(x) = 1−x2+x .
Soluc¸a˜o .
f
′
(x) = lim
h→0
f(x+ h)− f(x)
h
= lim
h→0
1−(x+h)
2+(x+h) − 1−x2+x
h
= lim
h→0
(2− x− 2h− x2 − xh)− (2− x+ h− x2 − xh)
h(2 + x+ h)(2 + x)
= lim
h→0
−3h
h(2 + x+ h)(2 + x)
= − 3
(2 + x)2
36
24. Determinar os seguintes limites.
(a) limx→0 1|1− sen(x)x |
(b) limx→0
1−cos(x)
x
Soluc¸a˜o .
(a) limx→0 1|1− sen(x)x | =
1
0+ = +∞
(b) limx→0
1−cos(x)
x = limx→0
sen2(x)
x(1+cos(x)) = limx→0
sen(x)
x .sen(x).
1
1+cos(x) = 1.0.
1
2 = 0
37
25. Dar a definic¸a˜o de
lim
x→a e
xx2f(x) = −∞
Soluc¸a˜o . Dado ² > 0 existe um δ > 0 tal que
x ∈ Dom(f) e 0 < |x− a| < δ ⇒ exx2f(x) < −²
38
26. Calcule limx→0 x5cos
(
1
x2−3x
)
.
Soluc¸a˜o . A seguinte desigualdade
−x5 ≤ x5cos(
1
x2 − 3x
)
≤ x5, ∀x ∈ R
e o Teorema do Confronto implicam
lim
x→0
x5cos
(
1
x2 − 3x
)
= 0
39
27. Encontrar o limite.
lim
x→+∞
3x2 + 2x− 5
x2 + 4
Soluc¸a˜o . Dividimos o numerador e o denominador por x2. Assim, obtemos
lim
x→+∞
3x2 + 2x− 5
x2 + 4
= lim
x→+∞
3 + 2x − 5x2
1 + 4x2
=
3 + 0 + 0
1 + 0
= 3
40
28. Calcular os valores de a e b tais que f seja deriva´vel em x = 2 se
f(x) =
 ax+ b, se x < 2;2x2 − 1, se x ≥ 2.
Soluc¸a˜o . Calculamos a derivada pela direita e pela e esquerda em x = 2 :
f
′
+(2) = a; f
′
+(2) = 8
Logo, a = 8. Como f e´ deriva´vel em x = 2 enta˜o f e´ cont´ınua em x = 2. Assim,
calculamos o limite direita e pela e esquerda em x = 2 :
lim
x→2+
f(x) = 2a+ b; lim
x→2−
f(x) = 7
Logo, x = −9.
41
29. (a) Mostre que a equac¸a˜o x4 + 4x+ c = 0 tem no ma´ximo duas ra´ızes reais.
(b) Mostre que a equac¸a˜o x5 + 10x+ 3 = 0 tem exatamente uma ra´ız real.
Soluc¸a˜o .
(a) Se derivamos a func¸a˜o f(x) = x4 + 4x+ c obtemos f(x)
′
= 4x3 + 4. Logo, existe
um u´nico ponto cr´ıtico x = 1. Ora, se a func¸a˜o tivesse mais de duas ra´ızes reais
enta˜o existiria mais de um ponto cr´ıtico pelo Teorema do valor medio.
(b) Seja a func¸a˜o f(x) = x5 + 10x+ 3 = 0. A derivada dela e´ f
′
(x) = 5x4 + 10. Como
a derivada e´ positiva para todo x, a func¸a˜o f e´ crescente.Por outro lado,
f(−1) = −8 < 0 e f(1) = 14 > 0
Logo, pelo Teorema do Valor Intermediario, f tem uma ra´ız.E, e´ u´nica pois a func¸a˜o
f e´ crescente.
42
30. Provar que a func¸a˜o cosecante e´ cont´ınua.
Soluc¸a˜o . A func¸a˜o cosecante esta´ definido por
cosec(x) =
1
sen(x)
O domı´nio de cosec e´ D = {x ∈ R : sen(x) 6= 0} Agora, como a func¸a˜o constante 1 e´
cont´ınua e a func¸a˜o sen(x) e´ cont´ınua, a func¸a˜o secante e´ continua em D.
43
31. Provar, usando a definic¸a˜o de limite, que
lim
x→1
x2 = 1
Soluc¸a˜o .
(a) Conjeturando um valor para δ. seja ² > 0. Devemos achar um nu´mero δ tal que
|x2 − 1| < ² sempre que 0 < |x− 1| < δ
Mas |x2 − 1| = |x+ 1||x− 1|. Se restringimos o domı´nio ao intervalo
0 < x < 2⇔ |x− 1| < 1
Termos a relac¸o˜es
|x2 − 1| = |x+ 1||x− 1| < 2|x− 1| < ²
Isto sugere que poder´ıamos escolher δ = mı´nimo{ ²2 , 1}.
(b) mostrando que a escolha de δ. funciona. Dado ² > 0, escolha δ = mı´nimo{ ²2 , 1}. Se
0 < |x− 1| < δ, enta˜o 0 < x < 2 e
|x2 − 1| = |x+ 1||x− 1| < 2|x− 1| < 2δ ≤ 2 ²
2
= ²
Assim,
|x2 − 1| < ² sempre que 0 < |x− 1| < δ
Portanto, pela definic¸a˜o de limite,
lim
x→1
x2 = 1
44
32. Calcular o limite
lim
x→−∞
sen(x2 + 1)
x2 + 1
+
3
√
x6 + 2x+ 1√
x4 + 3x2 + x+ 1
Soluc¸a˜o . Primeiro, vamos calcular limx→−∞
sen(x2+1)
x2+1 . Para isso, observamos que se
x ∈ (−∞, 0) temos
−1
x2 + 1
≤ sen(x
2 + 1)
x2 + 1
≤ 1
x2 + 1
Logo, como limx→−∞ 1x2+1 = 0, pelo teorema do confronto, podemos escrever
lim
x→−∞
sen(x2 + 1)
x2 + 1
= 0
Resta calcular limx→−∞
3√x6+2x+1√
x4+3x2+x+1
.
lim
x→−∞
3
√
x6 + 2x+ 1√
x4 + 3x2 + x+ 1
= lim
x→−∞
1
x2
3
√
x6 + 2x+ 1
1
x2
√
x4 + 3x2 + x+ 1
= lim
x→−∞
3
√
1 + 2x5 +
1
x6
−
√
1 + 3x2 +
1
x3 +
1
x4
= −1.
Portanto,
lim
x→−∞
sen(x2 + 1)
x2 + 1
+
3
√
x6 + 2x+ 1√
x4 + 3x2 + x+ 1
= −1
45
33. Calcular o limite
lim
x→ 13
sen(3x− 1)
x− 13
Soluc¸a˜o .
lim
x→ 13
sen(3x− 1)
x− 13
= lim
x→ 13
3sen(3x− 1)
3x− 1
= lim
u→0
3sen(u)
u
(u = 3x− 1)
= 0.
46
34. Provar que existe um a ∈ R tal que
a5 − a2 + a− 2 = 0
Soluc¸a˜o . Seja a func¸a˜o f(x) = x5 − x2 + x − 2. Observamos que f(1) = −3 <
0 e f(2) = 28 > 0. Logo, como a func¸a˜o f e´ cont´ınua, existe um a ∈ (1, 2) tal que
0 = f(a) = a5 − a2 + a− 2.
47
35. Dar a definic¸a˜o da expressa˜o
lim
x→p−
f(x) = +∞
Soluc¸a˜o .
∀² > 0 ∃δ > 0 tal que se x ∈ Dom(f) e p− δ < x < p ⇒ f(x) > ²
48
36. Dar uma interpretac¸a˜o Geome´trica do seguinte limite
lim
x→+∞
√
x2 + 1− x = 0
Soluc¸a˜o .
Primeira Interpretac¸a˜o . Seja a func¸a˜o f(x) =
√
x2 + 1 − x. Primeiro observarmos
que a func¸a˜o f e´ cont´ınua em todos os reais, f(0) = 1 e seu gra´fico na˜o corta o
eixo X. O limite nos diz que o gra´fico de f se aproxima por cima e pela dereita do
eixo X.
Segunda Interpretac¸a˜o . Sejam as func¸o˜es f(x) =
√
x2 + 1 e g(x) = x. Pela primeira
interpretac¸a˜o , observarmos que o gra´fico de f esta´ acima do gra´fico de g. O limite
nos diz que o gra´fico de f se aproxima por cima e pela dereita do gra´fico de g pela
direita.
49
37. Calcular o limite
lim
x−→+∞xsen(
1
x
)
Aqui termos um exemplo de limite indeterminado do tipo
+∞.0.
Soluc¸a˜o .
lim
x→+∞xsen(
1
x
) = lim
x→+∞
sen( 1x )
1
x
= 1
50
38. Calcular o limite
lim
x−→+∞x
2sen(
1
x
)
Aqui termos um exemplo de limite indeterminado do tipo +∞.0.
Soluc¸a˜o .
lim
x→+∞x
2sen(
1
x
) = lim
x→+∞x
sen( 1x )
1
x
= +∞
51
39. Assumir que existe o limite limx→+∞ f(x). Provar que limx→+∞ f(x) = limt→0+ f( 1t ).
Soluc¸a˜o . Pela observac¸a˜o 6.19 e como 1t −→ +∞, se t −→ 0+, podermos escrever
lim
x→+∞ f(x) = limt→0+
f(
1
t
).
52
40. Provar que a equac¸a˜o ex = 2− x tem, pelo menos, uma raiz.
Prova. Se f(x) = ex − 2 + x, o requerido e´ equivalente a provar que existe um
a ∈ R tal que f(a) = 0. Agora, observar que f(0) = −1 e f(2) = e2. Logo,como f e´
continua, pelo teorema do valor intermediario, existe um a ∈ [0, 2] tal que f(a) = 0.
53
41. Para que valores de x a func¸a˜o f e´ continua ?
f(x) =

0, se x e´ racional;
1, se x e´ irracional.
Soluc¸a˜o .
A func¸a˜o f na˜o e´ continua em nenhum ponto do dominio. De fato, se a e´ irracional
enta˜o f(a) > 0; mas, existem nu´meros racionais pro´ximos de a tal que suas imagens
sa˜o iguais a zero, o que vai em contra da conservac¸a˜o de sinal. Agora, se a e´ racional,
para ² = 12 , na˜o existe δ > 0 tal que
|x− a| < δ =⇒ |f(x)− f(a)| = |f(x)| < 1
2
,
pois existem nu´meros irracionais pro´ximos de a tais que |f(x)| = 1.
54
42. Provar, usando a definic¸a˜o , que limx→−3 1(x+3)4 = +∞.
Prova.
(a) Conjeturando um valor para δ. seja ² > 0. Devemos achar um nu´mero δ tal que
1
(x+ 3)4
> ² sempre que 0 < |x+ 3| < δ
Mas
1
(x+ 3)4
> ² ⇐⇒ (x+ 3)4 < 1
²
⇐⇒ |x+ 3| < 4
√
1
²
Isto sugere que podermos escolher δ = 4
√
1
² .
(b) mostrando que a escolha de δ. funciona. Dado ² > 0, escolhermos δ = 4
√
1
² . Se
0 < |x+ 3| < δ enta˜o 1(x+3)4 > ². Assim,
1
(x+ 3)4
> ² sempre que 0 < |x+ 3| < δ
Portanto, pela definic¸a˜o de limite,
limx→−3
1
(x+ 3)4
= +∞.
55
43. Calcular limx→+∞ arctg(x2 − x).
Soluc¸a˜o .
lim
x→+∞ arctg(x
2 − x) = arctg( lim
x→+∞x
2 − x) = arctg( lim
x→+∞x(x− 1)) =
= arctg(+∞.+∞) = arctg(+∞) = pi
2
56
44. Provar que a equac¸a˜o e−x = ln(x) tem, pelo menos, uma raiz.
Prova. Se f(x) = e−x − ln(x), o requerido e´ equivalente a provar que existe um
a ∈ R tal que f(a) = 0. Agora, observar que f(1) = e−1 e f(e2) = 1
ee2
−2. Logo,como
f e´ continua, pelo teorema do valor intermediario, existe um a ∈ [1, e2] tal que
f(a) = 0.
57
45. Assumir que existe o limite limx→0 f(x). Provar que limx→0 f(x) = limt→+∞ f( 1t ).
Prova. Pela observac¸a˜o 6.19 e como 1t −→ 0, se t −→ +∞, podermos escrever
lim
x→0
f(x) = lim
t→+∞ f(
1
t
).
58
46. Para que valores de x a func¸a˜o f e´ continua ?
f(x) =

0, se x e´ racional;
x, se x e´ irracional.
Prova.A func¸a˜o f na˜o e´ continua em nenhum ponto diferente de zero. De fato, se a
e´ irracional enta˜o f(a) 6= 0; mas, existem nu´meros racionais pro´ximos de a tal que suas
imagens sa˜o iguaisa zero, o que vai em contra da conservac¸a˜o de sinal. Agora, se a 6= 0
e´ racional, para ² = |a|2 , na˜o existe δ > 0 tal que
|x− a| < δ =⇒ |f(x)− f(a)| = |f(x)| < |a|
2
,
pois existem nu´meros irracionais pro´ximos de a tais que |f(x)| = |x| → |a|. Agora,
quando a = 0 :
−|x| ≤ f(x) ≤ |x|,∀x ∈ R
Logo, como limx→0−|x| = limx→0 |x| = 0, termos limx→0 f(x) = 0 = f(0).
59
47. Provar, usando a definic¸a˜o , que limx→−3+ 1(x+3)5 = +∞.
Prova.
(a) Conjeturando um valor para δ. seja ² > 0. Devemos achar um nu´mero δ tal que
1
(x+ 3)4
> ² sempre que − 3 < x < −3 + δ
Mas
1
(x+ 3)5
> ² ⇐⇒ 0 < (x+ 3)5 < 1
²
⇐⇒ 0 < x+ 3 < 5
√
1
²
⇐⇒ −3 < x < −3 + 5
√
1
²
Isto sugere que podermos escolher δ = 5
√
1
² .
(b) mostrando que a escolha de δ. funciona. Dado ² > 0, escolhermos δ = 5
√
1
² . Se
−3 < x < −3 + δ enta˜o 1(x+3)4 > ². Assim,
1
(x+ 3)4
> ² sempre que − 3 < x < −3 + δ
Portanto, pela definic¸a˜o de limite,
limx→−3+
1
(x+ 3)5
= +∞.
60