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Curso de Ca´lculo I
Soluc¸o˜es da Primeira Lista:
1. O conjunto H = {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 − 2y = 0} e´ um gra´fico de alguma func¸a˜o f : R → R?
Por queˆ?
Soluc¸a˜o: Podemos reescrever a equac¸a˜o dada como:
x2 + y2 − 2y = 0⇒
x2 + y2 − 2y + 1 = 1⇒
x2 + (y − 1)2 = 1
Trata-se da equac¸a˜o de um cı´rculo de centro (0, 1) e raio 1. O conjunto descrito na˜o e´ o gra´fico
de uma func¸a˜o de R em R pois existem retas verticais que interceptam o gra´fico em mais de
um ponto. Por exemplo, a reta x = 0 intercepta H nos pontos (0, 2) e (0, 0).
2. Deˆ o domı´nio e esboce o gra´fico da func¸a˜o y =
√
x2 − 9.
Soluc¸a˜o: Devemos estudar o conjunto onde x2 − 9 ≥ 0. Temos:
x2 − 9 ≥ 0⇔
x2 ≥ 9⇔
|x| ≥ 3
Assim, o domı´nio procurado e´ D = {x ∈ R | x ≥ 3 ou x ≤ −3}. O esboc¸o do gra´fico ficara´
a cargo do leitor.
3. Determine f de modo que g(f(x)) = x para todo x no domı´nio de f , sedo g dada por g(x) =
2 +
3
x+ 1
.
Soluc¸a˜o:
g(f(x)) = x⇔
2 +
3
f(x) + 1
= x⇔
3
f(x) + 1
= x− 2⇔
f(x) + 1 =
3
x− 2 ⇔
f(x) =
3
x− 2 − 1⇔
f(x) =
5− x
x− 2 ⇔
A segunda linha mostra que e´ necessa´rio termos f(x) + 1 6= 0 e isso de fato ocorre com a
func¸a˜o f(x) =
5− x
x− 2 .
4. Expresse o conjunto das soluc¸o˜es da inequac¸a˜o
2x− 1
x+ 3
> 0
1
em notac¸a˜o de intervalo.
Soluc¸a˜o: Fac¸amos inicialmente o estudo do sinal de cada membro da frac¸a˜o anterior:
2x− 1 > 0⇔ x > 1
2
2x− 1 < 0⇔ x < 1
2
e
x+ 3 > 0⇔ x > −3
x+ 3 < 0⇔ x < −3
O quociente e´ positivo se, e somente se, o numerador e o denominador possuem o mesmo
sinal, ou seja, se x > 1/2 ou x < −3. Logo, o conjunto soluc¸a˜o e´:
S = {x ∈ R | x > 1/2 ou x < −3}.
5. Calcule lim
x→p
f(x)− f(p)
x− p onde f(x) =
1
x
.
Soluc¸a˜o:
lim
x→p
f(x)− f(p)
x− p = limx→p
1/x− 1/p
x− p
= lim
x→p
p− x
px(x− p)
= lim
x→p
−1
xp
=
−1
p2
6. Calcule lim
x→p
x4 − p4
x− p .
Soluc¸a˜o:
lim
x→p
x4 − p4
x− p = limx→p
(x− p)(x3 + x2p+ xp2 + p2)
x− p
= lim
x→p
(x3 + x2p+ xp2 + p2)
= 4p3
7. Calcule lim
x→7
√
x−√7√
x+ 7−√14 .
Soluc¸a˜o: Usando diferenc¸a de quadrados, temos:
x− 7 = (√x−
√
7)(
√
x+
√
7)
x+ 7− 14 = (√x+ 7−
√
14)(
√
x+ 7 +
√
14)
Podemos substituir as relao˜es anteriores no limite com o intuito de eliminar a raiz x = 7 do
numerador e do denominador:
lim
x→7
√
x−√7√
x+ 7−√14 = limx→7
x− 7√
x+
√
7
·
√
x+ 7 +
√
14
x+ 7− 14
= lim
x→7
√
x+ 7 +
√
14√
x+
√
7
=
√
14 +
√
14√
7 +
√
7
=
√
2.
2
8. Calcule lim
x→1
√
x− 1√
2x+ 3−√5 .
Soluc¸a˜o: Procederemos de forma semelhante a` questa˜o anterior:
lim
x→1
√
x−√1√
2x+ 3−√5 = limx→1
x− 1√
x+
√
1
·
√
2x+ 3 +
√
5
2x+ 3− 5
= lim
x→1
√
2x+ 3 +
√
5
2(
√
x+
√
1)
=
2
√
5
4
=
√
5
2
.
9. Encontre δ > 0 tal que
1− δ < x < 1 + δ ⇒ 2− 1
3
< x2 + x < 2 +
1
3
.
Soluc¸a˜o: Podemos reescrever as desigualdades como:
−δ < x− 1 < δ ⇒ −1
3
< x2 + x− 2 < 1
3
⇔
|x− 1| < δ ⇒ |x− 1||x+ 2| < 1
3
Pela desigualdade triangular, se |x−1| < 1, temos |x+2| ≤ |x−1|+ |−3| < 4.Daı´, se δ = 1
12
,
teremos tambe´m |x− 1| < 1
12
< 1 e
|x− 1||x+ 2| < 1
12
· 4 = 1
3
10. Sejam x, y dois reais quaisquer, com 0 < x < y. Prove que
√
y − x > √y −√x.
Soluc¸a˜o: Sabemos que1 dados os reais positivos p e q, para qualquer n inteiro positivo vale
que:
p > q ⇔ pn > qn.
Assim,
√
y − x > √y −√x⇔√
y − x+√x > √y ⇔
(
√
y − x+√x)2 > y ⇔
y − x+ 2√y − x√x+ x > y ⇔
2
√
y − x√x > 0⇔
Como
√
y − x,√x > 0, o resultado segue.
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1Se p, q > 0, como (pn − qn) = (p− q)(pn−1 + pn−2q + . . .+ pqn−2 + qn−1), segue que pn − qn e p− q possuem o
mesmo sinal.
3