1ª Prova de Calculo com resolução

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DISCIPLINA: Cálculo Diferencial e Integral I PERÍODO: 2013.2CURSO: TURNO: MANHÃPROFESSOR: DATA: 09/12/2013ALUNO(A): NOTA:
AVALIAÇÃO 1
1. (3,0) Considere a função dada por
f (x) =
 2, se x < −1x2, se −1 ≤ x ≤ 01√x, se x ≥ 0 .
(a) Esboce o gráfico da função f ;(b) Determine o domínio e a imagem da função;(c) f é contínua em x = −1? E na origem?
2. (1,0) Dadas as funções f e g definidas por f (x) = (x−2)2 para x ≥ 2e g(x) = √x + 2 para x ≥ 0 determine f ◦ g e g ◦ f . O que podemosafirmar sobre as funções f e g?3. (3,0) Calcule, caso existam, os limites dados a seguir:
(a) limx→1
√4− 3x − x4x3/2 + 1 (b) limx→1 x3 − x2 − 4x + 4x3 − 1(c) limx→−2 x + 2√x2 + 5− 3 (d) limx→0 xcos x sen 2x
4. (1,0) O limite limx→0 |x| cos xx existe? Justifique sua resposta.5. (2,0) Determine, caso existam, as assíntotas horizontais e verticais dográfico da função f (x) = x2 − 4x2 − 3x + 2 .
BOA PROVA!!!
RESPOSTAS DA AVALIAÇÃO 1
1. (a) (0,5)
(b) (0,5) O domínio da função é o conjunto D(f ) = R e a imagem é oconjunto Im(f ) = [0,+∞).(c) (1,0) É fácil ver analisando o gráfico que f é descontínua emx = −1 e contínua em x = 0.2. (1,0) Temos
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (√x + 2) = (√x + 2− 2)2 = (√x)2 = x
se x ≥ 2 e
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g((x − 2)2) =√(x − 2)2 + 2= |x − 2|+ 2 = x − 2 + 2 = x
se x ≥ 2. Logo, quando x ≥ 2 as funções f e g são inversas uma daoutra.3. (4,0)
(a) (1,0) Temos
limx→1
√4− 3x − x4x3/2 + 1 =
√4− 3 · 1− 113/2 + 1 = 02 = 0.(b) (1,0) Neste caso temos uma indeterminação do tipo 0/0. Fazendoa divisão de x3 − x2 − 4x + 4 por x − 1 e de x3 − 1 por x − 1obtemos as fatorações
x3− x2−4x+4 = (x−1)(x2−4) e x3−1 = (x−1)(x2+ x+1).
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Logo
limx→1 x3 − x2 − 4x + 4x3 − 1 = limx→1 (x − 1)(x2 − 4)(x − 1)(x2 + x + 1) = limx→1 x2 − 4x2 + x + 1= 12 − 412 + 1 + 1 = −1.(c) (1,0) Neste caso temos uma indeterminação do tipo 0/0. Fazendouma racionalização obtemos
limx→−2 x + 2√x2 + 5− 3 = limx→−2 x + 2√x2 + 5− 3 ·
√x2 + 5 + 3√x2 + 5 + 3= limx→−2 (x + 2)(
√x2 + 5 + 3)x2 + 5− 9= limx→−2 (x + 2)(
√x2 + 5 + 3)x2 − 4= limx→−2 (x + 2)(
√x2 + 5 + 3)(x + 2)(x − 2)
= limx→−2
√x2 + 5 + 3x − 2 = 3 + 3−4 = −32.(d) (1,0) Neste caso temos uma indeterminação do tipo 0/0. Vamosutilizar os limites trigonométricos fundamentais. Temos
limx→0 xcos x sen 2x = limx→0 xcos x sen 2x2x 2x= limx→0 12 1cos x sen 2x2x =
12 · 11 · 1 = 12.
4. (2,0) Como a função |x| está envolvida vamos calcular os limiteslaterais. Temos
limx→0+ |x| cos xx = limx→0+ x cos xx = limx→0+ cos x = 1e
limx→0− |x| cos xx = limx→0− −x cos xx = − limx→0− cos x = −1
Assim, o limite não existe, pois os limites laterais existem mas sãodistintos.
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5. (2,0) Note que limx→±∞ x2 − 4x2 − 3x + 2 = 1.Logo, y = 1 é a única assíntota horizontal do gráfico da função.Por outro lado, sabemos que x = 2 e x = 1 (raízes de x2 − 3x + 2)são as indeterminações da função. Neste caso, temos
limx→2+ x2 − 4x2 − 3x + 2 = limx→2+ (x + 2)(x − 2)(x − 2)(x − 1) = − limx→2+ x + 2x − 1 = 4;
ou seja, não temos assíntota vertical em x = 2. Mas
limx→1+ x2 − 4x2 − 3x + 2 = limx→1+ x + 2x − 1 = 30+ = +∞e limx→1− x2 − 4x2 − 3x + 2 = limx→1+ x + 2x − 1 = 30− = −∞.Portanto, x = 1 é a única assíntota vertical do gráfico da função.
BOA PROVA!!!
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