GAB EP04

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EP04 - Resposta Ca´lculo I
Resposta do EP04 - Ca´lculo I
1.
(a) Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua no ponto −2, devemos ter
lim
x→−2+
f(x) = lim
x→−2−
f(x) = f(−2).
Temos que:
(i) f(−2) = 5
(ii) lim
x→−2+
f(x) = lim
x→−2+
3− x = 5
(iii) lim
x→−2−
f(x) = lim
x→−2−
2x2 − 1 = 7
Como (i) = (ii) 6= (iii), temos que f na˜o e´ cont´ınua no ponto −2.
Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua no ponto 4, devemos ter
lim
x→4+
f(x) = lim
x→4−
f(x) = f(4).
Temos que:
(i) f(4) = −1
(ii) lim
x→4+
f(x) = lim
x→4+
3− x = −1
(iii) lim
x→4−
f(x) = lim
x→4−
3− x = −1
Como (i) = (ii) = (iii), temos que f e´ cont´ınua no ponto 4.
(b) Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua no ponto −1, devemos ter
lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1−
f(x) = f(−1).
Temos que:
(i) f(−1) = −8
(ii) lim
x→−1+
f(x) = lim
x→1+
3x− 5 = −8
(iii) lim
x→−1−
f(x) = lim
x→1−
3x− 5 = −8
Como (i) = (ii) = (iii), temos que f e´ cont´ınua no ponto −1.
Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua no ponto 1, devemos ter
1
EP04 - Resposta Ca´lculo I
lim
x→1+
f(x) = lim
x→1−
f(x) = f(1).
Temos que:
(i) f(1) = −2
(ii) lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
x2 − 4x+ 1
2x− 1 = −2
(iii) lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
3x− 5 = −2
Como (i) = (ii) = (iii), temos que f e´ cont´ınua no ponto 1.
(c) Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua no ponto −5, devemos ter
lim
x→−5+
f(x) = lim
x→−5−
f(x) = f(−5).
Temos que:
(i) f(−5) = 5
(ii) lim
x→−5+
f(x) = lim
x→−5+
5 = 5
(iii) lim
x→−5−
f(x) = lim
x→−5−
5 = 5
Como (i) = (ii) = (iii), temos que f e´ cont´ınua no ponto −5.
Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua no ponto −3, devemos ter
lim
x→−3+
f(x) = lim
x→−3−
f(x) = f(−3).
Temos que:
(i) f(−3) = 5
(ii) lim
x→−3+
f(x) = lim
x→−3+
|x+ 3|
x+ 3
= lim
x→−3+
1 = 1
(iii) lim
x→−3−
f(x) = lim
x→−3−
5 = 5
Como (i) = (iii) 6= (ii), temos que f na˜o e´ cont´ınua no ponto −3.
Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua no ponto 2, devemos ter
lim
x→2+
f(x) = lim
x→2−
f(x) = f(2).
2
EP04 - Resposta Ca´lculo I
Temos que:
(i) f(2) = 1
(ii) lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
|x+ 3|
x+ 3
= lim
x→2+
1 = 1
(iii) lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
|x+ 3|
x+ 3
= lim
x→2−
1 = 1
Como (i) = (ii) = (iii), temos que f e´ cont´ınua no ponto 2.
(d) A func¸a˜o f na˜o e´ cont´ınua em x = 0, pois lim
x→0
f(x) = 0 6= 5 = f(0).
(e) Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua em x = 2, devemos ter
lim
x→2+
f(x) = lim
x→2−
f(x) = f(2).
Temos que:
(i) f(2) = 1;
(ii) lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
x3 − x− 5 = 1;
(iii) lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
x2 + x− 2
x+ 2
= 1
Como (i) = (ii) = (iii), temos que f cont´ınua em x = 2.
(f) Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua em x = −1, devemos ter
lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1−
f(x) = f(−1).
Temos que:
(i) f(−1) = −3
(ii) lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1+
5x3 + 3x− 1
2− x = −3
(iii) lim
x→−1−
f(x) = lim
x→1−
x2 − 4 = −3
Como (i) = (ii) = (iii), temos que f e´ cont´ınua em x = −1.
2.
(1) Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua, f deve ser cont´ınua nos pontos −1 e 2. Para tal,
devemos ter:
3
EP04 - Resposta Ca´lculo I
lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1−
f(x) = f(−1) e lim
x→2+
f(x) = lim
x→2−
f(x) = f(2).
Temos que:
(i) f(−1) = −2
(ii) f(2) = −1
(iii) lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1+
x2 − ax+ b = 1 + a+ b
(iv) lim
x→−1−
f(x) = lim
x→−1−
x3 − 1 = −2
(v) lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
5− 3x = −1
(vi) lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
x2 − ax+ b = 4− 2a+ b
De (i) = (iii) = (iv) e (ii) = (v) = (vi), obtemos, respectivamente, as equac¸o˜es a+b = −3
e −2a+ b = −5. Da´ı, a = 2
3
e b =
−11
3
.
(2) Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua, f deve ser cont´ınua nos pontos em 1 e 4. Para
tal, devemos ter:
lim
x→1+
f(x) = lim
x→1−
f(x) = f(1) e lim
x→4+
f(x) = lim
x→4−
f(x) = f(4).
Temos que:
(i) f(1) = 0
(ii) f(4) = 9
(iii) lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
x2 − 2x+ 1 = 0
(iv) lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
x− a = 1− a
(v) lim
x→4+
f(x) = lim
x→4+
3x+ b = 12 + b
(vi) lim
x→4−
f(x) = lim
x→4−
x2 − 2x+ 1 = 9
De (i) = (iii) = (iv) e (ii) = (v) = (vi), obtemos, respectivamente, as equac¸o˜es 1−a = 0
e 12 + b = 9. Da´ı, a = 1 e b = −3.
(3) Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua, f deve ser cont´ınua nos pontos −1 e 2. Para tal,
devemos ter:
lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1−
f(x) = f(−1) e lim
x→2+
f(x) = lim
x→2−
f(x) = f(2).
4
EP04 - Resposta Ca´lculo I
Temos que:
(i) f(−1) = 5
(ii) f(2) = −4a+ b
(iii) lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1+
−2ax+ b = 2a+ b
(iv) lim
x→−1−
f(x) = lim
x→−1−
x2 − 3x+ 1 = 5
(v) lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
x3 − 1 = 7
(vi) lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
−2ax+ b = −4a+ b
De (i) = (iii) = (iv) e (ii) = (v) = (vi), obtemos, respectivamente, as equac¸o˜es 2a+b = 5
e −4a+ b = 7. Da´ı, a = −1
3
e b =
17
3
.
(4) Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua em x = −1 e em x = 1, devemos ter:
lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1−
f(x) = f(−1) e lim
x→1+
f(x) = lim
x→1−
f(x) = f(1).
Temos que:
(i) f(−1) = −3
(ii) f(1) = 3
(iii) lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1+
x2 − 2ax+ b = 1 + 2a+ b
(iv) lim
x→−1−
f(x) = lim
x→−1−
2x− 1 = −3
(v) lim
x→1+
f(x) = lim
x→2+
4− x = 3
(vi) lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
x2 − 2ax+ b = 1− 2a+ b
De (i) = (iii) = (iv) e (ii) = (v) = (vi), obtemos, respectivamente, as equac¸o˜es 2a+ b =
−4 e −2a+ b = 2. Da´ı, a = −3
2
e b = −1.
(5) Para que a func¸a˜o f seja cont´ınua em x = −2 e em x = 1, devemos ter:
lim
x→−2+
f(x) = lim
x→−2−
f(x) = f(−2) e lim
x→1+
f(x) = lim
x→1−
f(x) = f(1).
Temos que:
(i) f(−2) = −9
5
EP04 - Resposta Ca´lculo I
(ii) f(1) = 5
(iii) lim
x→−2+
f(x) = lim
x→−2+
x2 − ax+ 2b = 4 + 2a+ 2b
(iv) lim
x→−2−
f(x) = lim
x→−2−
x3 − 1 = −9
(v) lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
6− x = 5
(vi) lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
x2 − ax+ 2b = 1− a+ 2b
De (i) = (iii) = (iv) e (ii) = (v) = (vi), obtemos, respectivamente, as equac¸o˜es
2a+ 2b = −13 e −a+ 2b = 4.
Da´ı, a =
−17
3
e b =
−5
6
.
3.
(a) A afirmac¸a˜o e´ verdadeira. Se a func¸a˜o f e´ cont´ınua, enta˜o f e´, em particular, cont´ınua
em x = −1 e, da´ı, lim
x→−1
f(x) = f(−1). Como
lim
x→−1
f(x) = lim
x→−1−
f(x) = lim
x→−1+
f(x) = 3,
segue que f(−1) = 3.
(b) A afirmac¸a˜o e´ falsa. Um contra-exemplo e´ a func¸a˜o f dada por:
f(x) =
{
x− 6, se x ≤ 2
3x+ 1, se x > 2
Temos, neste caso, que lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
x − 6 = −4 e f(2) = −4. No entanto,
lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
3x + 1 = 7 6= −4 e, portanto, na˜o existe lim
x→2
f(x). Logo, f na˜o e´ cont´ınua
em x = 2.
4.
(a) Temos que f(−5) = −40 e f(−3) = 18. Como f(−5) = −40 < 0 < f(−3) = 18,
temos, pelo Teorema do Valor Intermedia´rio, que f possui uma raiz em [−5,−3].
(b) Temos que f(−3) = 18 e f(−1) = 12. Como d = 0 na˜o esta´ entre f(−3) = 18
e f(−1) = 12, na˜o podemos utilizar o Teorema do Valor Intermedia´rio para obtermos a
conclusa˜o desejada em [−3,−1].
6
EP04 - Resposta Ca´lculo I
(c) Temos que f(−1) = 12 e f(1) = −10. Como f(−1) = 12 > 0 > f(1) = −10, temos,
pelo Teorema do Valor Intermedia´rio, que f possui uma raiz em [−1, 1].
(d) Temos que f(1) = −10 e f(4) = 32. Como f(1) = −10 < 0 < f(4) = 32, temos, pelo
Teorema do Valor Intermedia´rio, que f possui uma raiz em [1, 4].
Observac¸a˜o: Em (a), (c) e (d) anteriores, localizamos as 3 ra´ızes distintas de f e, portanto,
podemos concluir que f na˜o admite raiz no intervalo [−3,−1].
5. Mostrar que a equac¸a˜o 4x3 − 6x2 + 4x = 1 admite soluc¸a˜o e´ provar que a func¸a˜o
f(x) = 4x3 − 6x2 + 4x− 1admite raiz. Como f e´ uma func¸a˜o cont´ınua, podemos utilizar o
Teorema do Valor Intermedia´rio para obtermos a conclusa˜o desejada. Temos que f(0) = −1
(0 e´ sempre um bom comec¸o!). Por outro lado, f(1) = 1. Como
f(0) = −1 < 0 < 1 = f(1),
temos, pelo Teorema do Valor Intermedia´rio, que f possui uma raiz no intervalo [0, 1]. Por-
tanto, a equac¸a˜o 4x3 − 6x2 + 4x = 1 admite uma soluc¸a˜o em [0, 1].
6. Devemos mostrar que a equac¸a˜o x5 + 3x− 2 = 0 tem uma soluc¸a˜o no intervalo (0, 1).
Para isso, vamos considerar a func¸a˜o polinomial f(x) = x5 + 3x− 2 e mostrar que existe um
x entre 0 e 1 tal que f(x) = 0.
E´ fa´cil acreditar nisso pois f(0) = −2 e f(1) = 1 + 3 − 2 = 2, ou seja, f ‘passa’ de um
valor negativo, em 0, para um valor positivo, em 1, e, sendo cont´ınua, deve cruzar o eixo
Ox. O ponto x onde o gra´fico de f cruza o eixo e´ a raiz do polinoˆmio.
A maneira de provar isto e´ usando o Teorema do Valor Intermedia´rio. Se considerar-
mos f : [0, 1] −→ (isto e´, f restrita ao intervalo [0, 1]) temos uma func¸a˜o cont´ınua, pois e´
polinomial, e
−2 = f(0) < 0 < f(1) = 2.
Assim, podemos usar o Teorema do Valor Intermedia´rio, uma vez que as suas hipo´teses
sa˜o satisfeitas. Logo, o Teorema do Valor Intermedia´rio nos garante a existeˆncia de um
x ∈ (0, 1) tal que f(x) = x5 + 3x− 2 = 0.
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EP04 - Resposta Ca´lculo I
7. A ideia e´ a mesma que foi usada no exerc´ıcio anterior. Aqui consideraremos a func¸a˜o
f(x) = senx − x + 1 no intervalo [pi/2, pi].
Devemos mostrar que existe um x ∈ (pi/2, pi) tal que f(x) = 0. Assim, senx − x + 1 = 0
e, portanto, senx = x − 1.
A u´nica diferenc¸a do exerc´ıcio anterior e´ que f(pi/2) = 1−pi/2+1 > 0 e f(pi) = −pi+1 < 0.
Lembre-se que pi ≈ 3.1416. Isto e´, nesse caso, a func¸a˜o ‘passa’ de um valor positivo para um
valor negativo.
Como f(x) e´ uma func¸a˜o cont´ınua e
f(pi/2) = 1− pi/2 + 1 > 0 > −pi + 1 = f(pi),
o Teorema do Valor Intermedia´rio nos garante a existeˆncia de um x ∈ (pi/2, pi) tal que
f(x) = sen x − x + 1 = 0, ou seja, senx = x − 1.
8. Temos que f(−1) = −6 e f(1) = 6. Como f(−1) = −6 < 0 < 6 = f(1), temos, pelo
Teorema do Valor Intermedia´rio, que existe c ∈ [−1, 1] tal que f(c) = 0. Logo, f possui uma
raiz em [−1, 1].
9.
(i) Temos que f(−3) = −13 e f(−2) = 2. Como f(−3) = −13 < 0 < 2 = f(−2), temos,
pelo Teorema do Valor Intermedia´rio, que existe c1 ∈ (−3,−2) tal que f(c1) = 0. Logo, f
possui uma raiz c1 em (−3,−2).
(ii) Temos que f(0) = 2 e f(1) = −1. Como f(0) = 2 > 0 > −1 = f(1), temos, pelo
Teorema do Valor Intermedia´rio, que existe c2 ∈ (0, 1) tal que f(c2) = 0. Logo, f possui
uma raiz c2 em (0, 1).
(iii) Temos que f(1) = −1 e f(2) = 2. Como f(1) = −1 < 0 < 2 = f(2), temos, pelo
Teorema do Valor Intermedia´rio, que existe c3 ∈ (1, 2) tal que f(c3) = 0. Logo, f possui
uma raiz c3 em (1, 2).
Como os intervalos (−3,−2), (0, 1) e (1, 2) sa˜o disjuntos dois a dois, segue que as ra´ızes
c1, c2 e c3 sa˜o distintas duas a duas. Portanto, a func¸a˜o f(x) = x
3 − 4x+ 2 admite 3 ra´ızes
reais e distintas.
8
EP04 - Resposta Ca´lculo I
10. Se consideramos, por exemplo a func¸a˜o f(x) =
x
9− x2 , com domı´nio (−3, 3), obtemos
uma func¸a˜o cont´ınua cuja imagem sa˜o todos os nu´meros reais e cujo gra´fico e´:
Se, agora, considerarmos o intervalo [−3, 3] como domı´nio, na˜o e´ poss´ıvel definirmos uma
func¸a˜o cont´ınua cuja imagem sejam todos os nu´meros reais.
11.
(a)
• Temos que lim
x→−2+
f(x) = lim
x→−2−
f(x) = 0 = f(−2). Logo, lim
x→−2
f(x) = 0 = f(−2).
Portanto, f e´ cont´ınua em x = −2.
• Temos que lim
x→0+
f(x) = 4 e lim
x→0−
f(x) = −4. Logo, na˜o existe lim
x→0
f(x). Portanto, f
na˜o e´ cont´ınua em x = 0.
(b)
• Temos que lim
x→0+
f(x) = lim
x→0−
f(x) = 2 = f(0). Logo, lim
x→0
f(x) = 2 = f(0). Portanto, f
e´ cont´ınua em x = 0.
• Temos que lim
x→1−
f(x) = 1 e lim
x→1+
f(x) = 3. Logo, na˜o existe lim
x→1
f(x). Portanto, f na˜o
e´ cont´ınua em x = 1.
• Temos que lim
x→2+
f(x) = lim
x→2−
f(x) = 4 = f(2). Logo, lim
x→2
f(x) = 4 = f(2). Portanto, f
e´ cont´ınua em x = 2.
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EP04 - Resposta Ca´lculo I
(c)
• Temos que lim
x→2−
f(x) = 1 e lim
x→2+
f(x) = 3. Logo, na˜o existe lim
x→2
f(x). Portanto, f na˜o
e´ cont´ınua em x = 2.
• Temos que lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1−
f(x) = 1 = f(−1). Logo, lim
x→−1
f(x) = 1 = f(−1).
Portanto, f e´ cont´ınua em x = −1.
Ma´rio Olivero e Cristiane de Mello
Coordenadores de Ca´lculo I
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