Prova1 - Cálculo- 2013

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Universidade Federal de Rio de Janeiro Instituto de Matema´tica
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Ca´lculo infinitesimal 1 – MAE111 – Cieˆncia da Computac¸a˜o
PROVA 1 – 16 de Setembro, 2013
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Justifique todas as suas respostas em detalhe.
Respostas sem uma explicac¸a˜o detalhada na˜o va˜o ser consideradas.
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Questa˜o 1.
1.a) (1.5 pontos) Use as Leis dos limites para encontrar :
i) lim
n→∞
n2 − 1
3n2 + 1
, ii) lim
n→∞
5n− 1
n2 + 3n+ 1
, iii) lim
x→2
(
x4 − 2 + 1
x
cos(xpi)
)
Soluc¸a˜o :
i)
lim
n→∞
n2 − 1
3n2 + 1
= lim
n→∞
n2
(
1− 1n2
)
n2
(
3 + 1n2
) = lim
n→∞
(
1− 1n2
)(
3 + 1n2
) .
O limite acima e´ do tipo limn→∞
f(n)
g(n) .
Pois os limites
lim
n→∞ f(n) = limn→∞
(
1− 1
n2
)
= lim
n→∞ 1− limn→∞
1
n2
= 1− 0 = 1,
lim
n→∞ g(n) = limn→∞
(
3 +
1
n2
)
= lim
n→∞ 3 + limn→∞
1
n2
= 3 + 0 = 3,
existem (o limites da soma e´ igual a` soma dos limites) enta˜o aplicando as Leis dos limites
lim
n→∞
(
1− 1n2
)(
3 + 1n2
) = limn→∞ (1− 1n2 )
limn→∞
(
3 + 1n2
) = 1
3
.
ii)
lim
n→∞
5n− 1
n2 + 3n+ 1
= lim
n→∞
n
(
5− 1n
)
n2
(
1 + 3n +
1
n2
) = lim
n→∞
1
n
·
(
5− 1n
)(
1 + 3n +
1
n2
) .
O limite acima e´ do tipo limn→∞ f(n) · g(n).
Pois os limites
lim
n→∞ f(n) = limn→∞
1
n
= 0,
lim
n→∞ g(n) = limn→∞
(
5− 1n
)(
1 + 3n +
1
n2
) = limn→∞ (5− 1n)
limn→∞
(
1 + 3n +
1
n2
) = 5
1
= 5
existem enta˜o aplicando as Leis dos limites
lim
n→∞
1
n
·
(
5− 1n
)(
1 + 3n +
1
n2
) = ( lim
n→∞
1
n
)
·
(
lim
n→∞
(
5− 1n
)(
1 + 3n +
1
n2
) .) = 0 · 5 = 0.
1
iii)Aplicando as Leis dos limites :
lim
x→2
(
x4 − 2 + 1
x
cos(xpi)
)
= ( lim
x→2
x4)− ( lim
x→2
2) +
(
lim
x→2
1
x
cos(xpi)
)
,
= ( lim
x→2
x4)− ( lim
x→2
2) +
(
lim
x→2
1
x
)
·
(
lim
x→2
cos(xpi)
)
,
= (2)4 − 2 + 1
2
· cos(2pi) = 16− 2 + 1
2
=
29
2
,
pois as func¸o˜es x4, 2, 1/x e cos(xpi) sa˜o func¸o˜es cont´ınuas em x = 2 e portanto o valor da limite e´ ugual
ao valor de cada func¸a˜o em x = 2
1.b) (1 ponto) Determine todas as assinto´tas horizontais de f(x) = x−10x2+1 + 2.
Soluc¸a˜o : Pour determiner as assinto´tas horizontais vamos calcular os limites limx→∞
(
x−10
x2+1 + 2
)
e
limx→−∞
(
x−10
x2+1 + 2
)
. De fato usando as Leis dos limites :
lim
x→∞
(
x− 10
x2 + 1
+ 2
)
= lim
x→∞
(
x− 10
x2 + 1
)
+ lim
x→∞(2) = limx→∞
x
(
1− 10x
)
x2
(
1 + 1x2
) + 2,
= lim
x→∞
1
x
·
((
1− 10x
)(
1 + 1x2
))+ 2 = ( lim
x→∞
1
x
)
·
(
lim
x→∞
(
1− 10x
)(
1 + 1x2
))+ 2,
= 0 · 1 + 2 = 2,
Analogamente
lim
x→−∞
(
x− 10
x2 + 1
+ 2
)
= 2
e portanto y = 2 e´ a assinto´ta horizontal.
1.c) (1 ponto) Determine todas as assinto´tas verticais de f(x) = x−2x2−25 + 3.
Soluc¸a˜o :
Observe que a func¸a˜o pode ser re-escrita como
f(x) =
x− 2
(x− 5)(x+ 5) + 3
e portanto as assinto´tas verticais sa˜o as retas x = 5 e x = −5.
De fato
lim
x→5+
(
x− 2
(x− 5)(x+ 5) + 3
)
= lim
x→5+
x− 2
(x− 5)(x+ 5) + limx→5+ 3 =
(
lim
x→5+
1
(x− 5) ·
x− 2
(x+ 5)
)
+ 3,
= (∞) · 3
10
+ 3 = +∞.
onde usamos as Leis dos limites (o limite da soma de duas func¸o˜es e´ igual a soma dos limites) e o fato
que
lim
x→5+
1
(x− 5) = +∞,
lim
x→5+
x− 2
(x+ 5)
=
5− 2
5 + 5
=
3
10
2
onde no ultimo limite usamos a propriedade de continuidade (a direita) da func¸a˜o.
Analogamente
lim
x→5−
(
x− 2
(x− 5)(x+ 5) + 3
)
= lim
x→5−
x− 2
(x− 5)(x+ 5) + limx→5− 3 =
(
lim
x→5−
1
(x− 5) ·
x− 2
(x+ 5)
)
+ 3,
= (∞) · 3
10
+ 3 = −∞,
pois
lim
x→5−
1
(x− 5) = −∞,
lim
x→5−
x− 2
(x+ 5)
=
5− 2
5 + 5
=
3
10
.
Da mesma maneira se mostra que
lim
x→−5+
(
x− 2
(x− 5)(x+ 5) + 3
)
= lim
x→−5+
x− 2
(x− 5)(x+ 5) + limx→−5+ 3 =
(
lim
x→−5+
1
(x+ 5)
· x− 2
(x− 5)
)
+ 3,
= (−∞) · 3
10
+ 3 = −∞
e
lim
x→−5−
(
x− 2
(x− 5)(x+ 5) + 3
)
= lim
x→−5−
x− 2
(x− 5)(x+ 5) + limx→−5− 3 =
(
lim
x→−5−
1
(x+ 5)
· x− 2
(x− 5)
)
+ 3,
= (∞) · 3
10
+ 3 =∞,
3
Questa˜o 2.
2.a) (1 ponto) Resolva 2z − 1 ≤ 5 e 3z − 5 > 10 e fac¸a o gra´fico do conjunto soluc¸a˜o.
Soluc¸a˜o : Observem que o sistema de desigualdades acima poderia ser escrito como{
2z − 1 ≤ 5
3z − 5 > 10 =⇒
{
2z ≤ 6
3z > 15
=⇒
{
z ≤ 3
z > 5
Este sistema na˜o tem soluc¸a˜o pois z na˜o pode ser ao mesmo tempo maior que 5 e igual a 3.
Observe que teria sido diferente se a pergunta era :
”Resolva : 2z − 1 ≤ 5 ou 3z − 5 > 10.”
Neste caso o conjunto soluc¸a˜o seria : (−∞, 3] ∪ (5,+∞).
2.b) (1 ponto) Deˆ um contra-exemplo para mostrar que cada afirmac¸a˜o e´ falsa. O domı´nio de cada
varia´vel e´ o conjunto dos nu´meros reais.
i) Se a2 = b2, enta˜o a = b.
ii) Se b < a, enta˜o a− b < 0.
iii) Se |a− b| = |a| − |b|.
Soluc¸a˜o :
i) Considere a = −1 e b = +1. Segue que (−1)2 = (1)2 mais −1 6= +1.
ii) Considere a = 2 e b = 1. Segue que 1 < 2 e portanto 2− 1 = 1 > 0.
iii) Considere a = 1 e b = −1. Segue que |1− (−1)| = |1 + 1| = 2 6= |1| − | − 1| = 1− 1 = 0.
2.c) (1.5 pontos) Seja x ∈ R. Indique o domı´nio e a imagem de cada func¸a˜o.
i) f(x) = x2 − 2; ii) g(x) = 2
x+ 3
; iii) F (x) =
√
2x− 1; iv) h(x) = 2
(x− 1)(x+ 2) ; v) F (f(x)).
Soluc¸a˜o :
i) A func¸a˜o f(x) = x2 − 2 e´ uma func¸a˜o polinomial, que portanto esta´ definida ∀x ∈ R ou seja o seu
dominio e’ : (−∞,∞).
Observe que a func¸a˜o e´ uma para´bola e que a sua imagem e´ : [−2,+∞). De fato a func¸a˜o atinge o seu
valor minimo em x = 0 onde f(0) = −2, para qualquer valor de x 6= 0 temos que f(x) = (x)2 − 2 > 2.
Ale´m disso
lim
x→∞x
2 − 2 ≈ lim
x→∞x
2 = +∞,
lim
x→−∞x
2 − 2 ≈ lim
x→−∞x
2 = +∞,
ii) A func¸a˜o g(x) = 2x+3 e´ uma func¸a˜o racional, i.e. uma func¸a˜o que e´ a raza˜o de dois polinoˆmios. Ela e´
uma func¸a˜o definida para todo x ∈ R com excec¸a˜o dos valores de x que anulam o denominador. Neste
caso o denominador se anula quando x+ 3 = 0 ou seja em x = −3. Portanto o domı´nio da func¸a˜o f e´ :
(−∞,−3) ∪ (−3,+∞).
Para encontrar o conjunto imagem devemos estudar o comportamento da func¸a˜o perto de x = −3. Em
particular desde que os limites
lim
x→−3−
2
x+ 3
= +∞ e lim
x→−3+
2
x+ 3
= −∞,
o conjunto imagem de g e´ : (−∞, 0) ∪ (0,∞).
4
iii) A func¸a˜o F (x) =
√
2x− 1 e´ definida (estamos somente considerando func¸o˜es com valores reais) quando
2x− 1 ≥=, ou seja quando x ≥ 1/2. Portanto o domı´nio da func¸a˜o e´ : ( 12 ,+∞).
Quanto ao conjunto imagem, observe que :
• F (x) = √2x− 1 ≥ 0,
• limx→∞
√
2x− 1 = +∞.
Segue que o conjunto imagem de F e´ : [0,+∞).
iv) Observe que h(x) = 2(x−1)(x+2) e´ uma func¸a˜o racional que na˜o esta´ definida em x = 1 e em x = −2,
i.e. onde se anula o denominador (x− 1)(x+ 2).
Portanto iterando o raciocinio da parte ii) podemos mostrar que o dominio da h e´ :
(−∞,−2) ∪ (−2, 1) ∪ (1,∞).
Ale´m disso, pois
lim
x→1−
2
(x− 1)(x+ 2) = −∞ e limx→1+
2
(x− 1)(x+ 2) = +∞
segue que o conjunto imagem de h e´ : (−∞, 0) ∪ (0,∞).
v) Observe que
F (f(x)) =
√
2f(x)− 1 =
√
2(x2 − 2)− 1 =
√
2x2 − 5.
Portanto iterando o racioc´ınio da parte iii) conclu´ımos :
• O domı´nio de F ◦f e´ o conjunto de todos os x tais que 2x2−5 ≥ 0, i.e. : (−∞,−√5/2)∪ (√5/2,+∞).
• A imagem de F ◦ f e´ o conjunto : [0,+∞).
5
Questa˜o 3.
3.a) (1.5 pontos) Esboce o gra´fico de uma func¸a˜o g que verifica :
i) g(2) = 4,
ii) lim
x→2−
g(x) = 4,
iii) lim
x→2+
g(x) = 5.A func¸a˜o g(x) e´ cont´ınua a direita de x = 2 ?
A func¸a˜o g(x) e´ cont´ınua a esquerda de x = 2 ?
A func¸a˜o g(x) e´ cont´ınua em x = 2 ?
Explique o seu racioc´ınio.
Soluc¸a˜o : Ha` varias func¸o˜es (de fato tem um nu´mero infinito de func¸o˜es) que verificam as treˆs condic¸o˜es
acima. Por exemplo as func¸o˜es
g1(x) =
{
2x, se x ≤ 2,
2x+ 1, se x > 2,
g2(x) =
{
4, se x ≤ 2,
5, se x > 2,
g3(x) =
{
x2, se x ≤ 2,
x+ 3, se x > 2,
verificam as condic¸o˜es dadas.
Lembre que uma func¸a˜o para ser cont´ınua a esquerda em x = 2 dever verificar as treˆs propriedades :
• a func¸a˜o deve estar definida em x = 2,
• o limite limx→2− g(x) deve existir,
• limx→2− g(x) = g(2)
Pelas propriedades i) e ii), segue que a func¸a˜o g(x) e´ cont´ınua a esquerda em x = 2 pois g(2) = 4 e
lim
x→2−
g(x) = 4 = g(2).
Pore´m a func¸a˜o na˜o cont´ınua a direita pois
lim
x→2+
g(x) = 5 6= g(2) = 4.
Ale´m disso, pois
lim
x→2−
g(x) = 4 6= lim
x→2+g(x)
= 5,
o limite
lim
x→2
g(x)
na˜o existe. Segue que a func¸a˜o na˜o e´ cont´ınua em x = 2.
3.b) (1.5 ponto) Veja o gra´fico da func¸a˜o na figura. Qual e´ o conjunto dos pontos onde a func¸a˜o dada e´
6
cont´ınua? Explique porque.
Soluc¸a˜o : A func¸a˜o na figura na˜o e´ cont´ınuas nos seguintes pontos :
• x = −4, pois a func¸a˜o na˜o esta´ definida em x = −4:
• x = −2, pois lim−2− f(x) = L1 6= lim−2+f(x) = L2, ou seja a func¸a˜o tem uma descontinuidade com
salto em x = −2,
• x = 2, pois lim2− f(x) = L3 6= lim 2+f(x) = L4, ou seja a func¸a˜o tem uma descontinuidade com salto
em x = 2,
• x = 4, pois lim4− f(x) = −∞ 6= lim 2+f(x) = L5,
onde L1, L2, L3, L4, L5 sa˜o nu´meros reais.
Portanto o conjunto dos pontos onde a func¸a˜o e´ cont´ınua e´
(−∞,−4) ∪ (−4,−2) ∪ (−2, 2) ∪ (2, 4) ∪ (4,∞).
Questa˜o 4.
Definic¸a˜o : A reta tangente a uma curva y = f(x) em um ponto P (a, f(a)) e´ a reta por P que tem a
inclinac¸a˜o
m(a) = lim
x→a
f(x)− f(a)
x− a
desde que este limite exista.
4.a) (1.5 ponto) Considere a inclinac¸a˜o da reta tangente a curva em cada dos cinco pontos dados.
Classifique-os em ordem decrescente e explique o seu racioc´ınio.
4.b) (1.5 pontos)
7
i) Encontre a inclinac¸a˜o da reta tangente a` parabola y = x2 + 2x no ponto (−3, 3).
ii) Encontre a equac¸a˜o da reta tangente da parte i).
8