Prova de Funções e Limites

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Prova I (CDI0001/ TADS121-01C)
Prof. Helder G. G. de Lima
Nome do(a) aluno(a): Data: 09/09/2016
ˆ Identifique-se em todas as folhas.
ˆ Mantenha o celular e os demais equipamentos eletrônicos desligados durante a prova.
1. (2,5) Sejam 𝑝 e 𝑞 as funções definidas pelas regras 𝑝(𝑥) =
1
5 + 𝑥
e 𝑞(𝑥) =
15
1− 𝑥2 (nos pontos
𝑥 ∈ R em que estas expressões fazem sentido).
(a) (0,5) Obtenha o domínio das funções 𝑝 e 𝑞.
(b) (0,5) Levando em conta o item anterior, qual é o domínio da função composta 𝑝 ∘ 𝑞?
(c) (0,5) Verifique se 𝑝 ∘ 𝑞 é par ou ímpar, ou se não tem nenhum destes tipos de simetrias.
(d) (1,0) Para cada ponto 𝑎 > 0 que não pertencer ao domínio de 𝑝∘ 𝑞, calcule (se existirem):
lim
𝑥→𝑎−
(𝑝 ∘ 𝑞)(𝑥) e lim
𝑥→𝑎+
(𝑝 ∘ 𝑞)(𝑥).
2. (2,5) Sejam 𝑓(𝑥) =
2𝑥2 − 𝑥− 1
𝑥− 1 e 𝐿 = lim𝑥→1 𝑓(𝑥).
(a) (1,0) Calcule o valor de 𝐿.
(b) (1,5) Verifique que para o valor de 𝐿 obtido, pode-se encontrar para cada 𝜀 > 0 algum
valor de 𝛿 > 0 tal que |𝑓(𝑥)− 𝐿| < 𝜀 sempre que 0 < |𝑥− 1| < 𝛿.
3. (2,0) Determine os valores de 𝑎 e 𝑏 para que a função a seguir seja contínua em 0:
𝑔(𝑥) =
⎧⎪⎨⎪⎩
𝑎+ tan(𝑥)
𝑥
, se 𝑥 > 0,
𝑏, se 𝑥 = 0
sen(3𝑥)
sen(𝑥)
, se 𝑥 < 0
4. (3,0) Calcule 2 dos seguintes limites, se existirem (ou explique porque não existem):
(a) (1,5) lim
𝑥→0
2𝑥 cotg(5𝑥)
(b) (1,5) lim
𝑥→1/3
ln(𝑥)− ln(1/3)
𝑥− 1/3
(c) (1,5) lim
𝑥→+∞
cotgh(𝑥), sendo cotgh(𝑥) =
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
BOA PROVA!
Respostas
1. (Solução) (a) As regras de 𝑝 e 𝑞 só não fazem sentido se os denominadores forem zero, ou
seja, se 5 + 𝑥 = 0, no caso de 𝑝, e se 1− 𝑥2 = 0, no caso de 𝑞. Então Dom (𝑝) = R ∖ {−5}
e Dom (𝑞) = R ∖ {−1,+1}.
(b) Para que 𝑥 ∈ Dom (𝑝 ∘ 𝑞) é preciso que 𝑥 ∈ Dom (𝑞) e que além disso 𝑞(𝑥) ∈ Dom (𝑝). Em
outras palavras, deve ocorrer que 𝑥 ̸= ±1 e que 𝑞(𝑥) ̸= −5. Mas para 𝑥 ̸= ±1, tem-se
15
1− 𝑥2 = −5⇔ 15 = −5(1− 𝑥
2)⇔ −3 = 1− 𝑥2 ⇔ 𝑥2 = 4⇔ 𝑥 = ±2.
Portanto,
Dom (𝑝 ∘ 𝑞) = R ∖ {−2,−1, 1, 2} = (−∞,−2) ∪ (−2,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, 2) ∪ (2,+∞).
(c) Para 𝑥 ∈ Dom (𝑝 ∘ 𝑞) tem-se
(𝑝 ∘ 𝑞)(𝑥) = 𝑝(𝑞(𝑥)) = 1
5 + 𝑞(𝑥)
=
1
5 +
15
1− 𝑥2
=
1
20− 5𝑥2
1− 𝑥2
=
1− 𝑥2
20− 5𝑥2 .
Então
(𝑝 ∘ 𝑞)(−𝑥) = 1− (−𝑥)
2
20− 5(−𝑥)2 =
1− 𝑥2
20− 5𝑥2 = (𝑝 ∘ 𝑞)(𝑥),
ou seja, 𝑝 ∘ 𝑞 é uma função par.
(d) Pelo que foi obtido anteriormente, os únicos valores de 𝑎 > 0 que não pertencem ao domínio
de 𝑝 ∘ 𝑞 são 𝑎 = 1 e 𝑎 = 2. Como (𝑝 ∘ 𝑞)(𝑥) = 1− 𝑥
2
20− 5𝑥2 =
(1− 𝑥)(1 + 𝑥)
5(2 + 𝑥)(2− 𝑥) , tem-se:
lim
𝑥→1−
(1− 𝑥)(1 + 𝑥)
5(2 + 𝑥)(2− 𝑥) =
(1− 1)(1 + 1)
5(2 + 1)(2− 1) = 0 = lim𝑥→1+
(1− 𝑥)(1 + 𝑥)
5(2 + 𝑥)(2− 𝑥) .
Já em 𝑎 = 2, ocorre o seguinte:
lim
𝑥→2−
(1− 𝑥)(1 + 𝑥)
5(2 + 𝑥)(2− 𝑥) = lim𝑥→2−����
���
��:
−3
20(1− 𝑥)(1 + 𝑥)
5(2 + 𝑥)
·
�
�
���
+∞
1
2− 𝑥 = −∞
e
lim
𝑥→2+
(1− 𝑥)(1 + 𝑥)
5(2 + 𝑥)(2− 𝑥) = lim𝑥→2+����
���
��:
−3
20(1− 𝑥)(1 + 𝑥)
5(2 + 𝑥)
·
�
�
���
−∞
1
2− 𝑥 = +∞.
2. (Solução) (a) Se 𝑥 ̸= 1, então 2𝑥
2 − 𝑥− 1
𝑥− 1 =
(2𝑥+ 1)(𝑥− 1)
𝑥− 1 = 2𝑥+ 1. Portanto:
𝐿 = lim
𝑥→1
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1
= lim
𝑥→1
2𝑥+ 1 = 3.
Solução alternativa:
𝐿 = lim
𝑥→1
2𝑥2 − 𝑥− 1
𝑥− 1 = lim𝑢→0
2(𝑢+ 1)2 − (𝑢+ 1)− 1
𝑢
= lim
𝑢→0
2𝑢2 + 3𝑢
𝑢
= lim
𝑢→0
2𝑢+ 3 = 3.
2
(b) Pelo item anterior, tem-se:
|𝑓(𝑥)− 𝐿| < 𝜀⇔ |(2𝑥+ 1)− 3| < 𝜀⇔ |2𝑥− 2| < 𝜀⇔ 2|𝑥− 1| < 𝜀⇔ |𝑥− 1| < 𝜀
2
.
Logo, dado 𝜀 > 0, basta considerar 𝛿 = 𝜀
2
, e ele terá a propriedade desejada.
3. (Solução) Para que 𝑔 seja contínua no ponto indicado, é preciso que lim𝑥→0 𝑔(𝑥) = 𝑔(0), e
para que este limite exista, é necessário que os limites laterais coincidam. Mas
lim
𝑥→0−
𝑔(𝑥) = lim
𝑥→0−
sen(3𝑥)
sen(𝑥)
= lim
𝑥→0−
sen(3𝑥)
𝑥
sen(𝑥)
𝑥
=
lim𝑥→0−
sen(3𝑥)
𝑥
lim𝑥→0−
sen(𝑥)
𝑥
=
lim𝑥→0− 3
sen(3𝑥)
3𝑥
lim𝑥→0−
sen(𝑥)
𝑥
=
3 lim𝑢→0−
sen(𝑢)
𝑢
lim𝑥→0−
sen(𝑥)
𝑥
= 3.
Logo, é preciso que 𝑏 = 𝑔(0) = 3. Por outro lado,
lim
𝑥→0+
𝑔(𝑥) = lim
𝑥→0+
𝑎+
tan(𝑥)
𝑥
= 𝑎+ lim
𝑥→0+
sen(𝑥)
cos𝑥
𝑥
= 𝑎+ lim
𝑥→0+
sen(𝑥)
𝑥 cos𝑥
= 𝑎+ lim
𝑥→0+
sen(𝑥)
𝑥
1
cos𝑥
= 𝑎+ 1.
Portanto, para que o limite exista também é necessário que 𝑎+ 1 = 3, ou seja, 𝑎 = 2.
4. (Solução) (a)
lim
𝑥→0
2𝑥 cotg(5𝑥) = lim
𝑥→0
2𝑥
cos(5𝑥)
sen(5𝑥)
= lim
𝑢→0
2
𝑢
5
cos(𝑢)
sen(𝑢)
=
2
5
lim
𝑢→0
𝑢
sen(𝑢)
cos(𝑢)
=
2
5
lim
𝑢→0
1
sen(𝑢)
𝑢
cos(𝑢) =
2
5
.
(b)
lim
𝑥→1/3
ln(𝑥)− ln(1/3)
𝑥− 1/3 = lim𝑢→0
ln(𝑢+ 1/3)− ln(1/3)
𝑢
= lim
𝑢→0
ln
(︁
𝑢+1/3
1/3
)︁
𝑢
= lim
𝑢→0
1
𝑢
ln (3𝑢+ 1)
= lim
𝑢→0
ln (3𝑢+ 1)
1
𝑢 = ln
(︁
lim
𝑢→0
(3𝑢+ 1)
1
𝑢
)︁
= ln
(︁
lim
𝑡→0
(1 + 𝑡)
3
𝑡
)︁
= ln
(︂
lim
𝑡→0
[︁
(1 + 𝑡)
1
𝑡
]︁3)︂
= ln
(︂[︁
lim
𝑡→0
(1 + 𝑡)
1
𝑡
]︁3)︂
= ln(𝑒3) = 3.
(c)
lim
𝑥→+∞
cotgh(𝑥) = lim
𝑥→+∞
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥 = lim𝑥→+∞
𝑒𝑥 + 1
𝑒𝑥
𝑒𝑥 − 1
𝑒𝑥
= lim
𝑤→+∞
𝑤 + 1
𝑤
𝑤 − 1
𝑤
=
lim
𝑤→+∞
𝑤 + 1
𝑤
lim
𝑤→+∞
𝑤 − 1
𝑤
=
1
1
= 1.
3