Pauta_prova_1_2016_1_sexta

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SERGIPE
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
Pauta de Correção da 1a Avaliação de Cálculo I - 29 de julho de 2016
1. Calcule os limites, caso existam:
(a) (1 ponto) lim
t→−3
t2 − 9
2t2 + 7t+ 3
;
(b) (1 ponto) lim
x→0
x2f(x), onde f(x) =
{
1, se x ∈ Q
−1, se x ∈ R \Q .
Resolução: (a) A priori, o domínio da função é definido pelo conjunto
D(f) = {t ∈ R; t 6= −3}
Note que, não podemos substituir x = −3, pois isso resulta em um numerador igual a
zero, assim como o denominador. Deste modo, podemos simplificar tal função, através do
cancelamento de um fator comum, haja vista que
t2 − 9
2t2 + 7t+ 3
=
(t+ 3)(t− 3)
(t+ 3)(2t+ 1)
=
t− 3
2t+ 1
,
Logo,
lim
t→−3
t2 − 9
2t2 + 7t+ 3
= lim
t→−3
t− 3
2t+ 1
=
6
5
.
(b) Analisando a função f, nota-se que:
−1 ≤ f(x) ≤ 1 ∀x ∈ R.
Como x2 ≥ 0 segue que:
−x2 ≤ x2f(x) ≤ x2
Pelo fato de lim
x→0
(−x2) = lim
x→0
(x2) = 0, decorre do Teorema do Confronto que
lim
x→0
x2f(x) = 0
Pauta: (a) Verificar o existência do fator comum - 0,3 ponto. Concluir tudo corretamente
- 1 ponto. Penalizar em 0,3 ponto caso esqueça do símbolo de limx→x0 . Penalizar em
0,2 ponto por cada erro de conta.
Pauta: (b) Analisar que a função f é limitada em [−1, 1] para todo número real - 0,3
ponto. Concluir tudo corretamente - 1 ponto. Penalizar em 0,3 ponto caso esqueça do
símbolo de limx→x0 . Penalizar em 0,2 ponto por cada erro de conta. Penalizar em 0,2
ponto, caso não informem que esão utilizando o Teorema do confronto.
2. (2 pontos) Calcule p de modo que a função f(x) =
{
x+ 4p, se x ≤ −4
p2, se x > −4 seja contínua.
Resolução: Independente da escolha do valor de p, para x < −4 a função f(x) é contínua,
pois é uma função polinomial, e para x > −4 a função f(x) é contínua por ser constante.
Resta escolher p de modo que f(x) seja contínua para x = −4. Note que x = −4 faz parte
do domínio de f(x) (neste caso f(−4) = −4 + 4p); além disso, desde que
lim
x←−4+
f(x) = lim
x←−4+
(p2) = p2
e
lim
x←−4−
f(x) = lim
x←−4−
[x+ 4p] = −4 + 4p
temos que se escolhermos p tal que p2 = −4 + 4p teremos
lim
x←2
f(x) = −4 + 4p = f(−4)
e portanto f(x) seria contínua em x = −4. Resolvendo a equação do segundo grau
p2 = −4 + 4p temos que p = 2 é o valor procurado.
Pauta: i) 2 pontos se justificar devidamente que f(x) é contínua para todo x ∈ R se
escolhermos p = 2;
ii) 1 ponto de justificar devidamente que f(x) é contínua para todo x 6= −4;
iii) 1 ponto se justificar devidamente que f(x) é contínua para x = −4 se escolhermos
p = 2;
iv) 1 ponto se obter p = 2, mas não justificar devidamente a continuidade da função f(x);
v) Descontar 0,2 pontos por erros de conta.
3. (2 pontos) Determine as assíntotas horizontais e verticais, caso existam, do gráfico da
função
f(x) =
√
2x2 + 1
3x− 5 .
Resolução: (a) Para determinar, caso existam, assíntotas horizontais determina-se:
lim
x→−∞ f(x) e limx→+∞ f(x).
Observação:podemos fazer mudança na variável independente de modo a não necessitar
análise de sinal de f(x) a saber: se x = −h2 então x→ −∞⇔ h→∞ Vejamos:
L− = lim
x→−∞ f(x)
= lim
x→−∞
√
2x2 + 1
3x− 5
= lim
h→∞
√
2(−h2)2 + 1
3(−h2)− 5
= lim
h→∞
√
2h4 + 1
−3h2 − 5
= lim
h→∞
√
2h4 + 1
h2
−3h2 − 5
h2
= lim
h→∞
√
2h4 + 1
h4
−3h2 − 5
h2
= lim
h→∞
√
2 +
1
h4
−3− 5 1
h2
L− =
√
2 + lim
h→∞
1
h4
−3− 5 lim
h→∞
1
h2
Como lim
h→∞
1
h2
= 0 temos:
L− =
√
2 + 0
−3− 5× 0
=
√
2
−3
= −
√
2
3
Logo temos y = −
√
2
3
como uma assíntota horizontal.
Podemos fazer outra mudança na variável independente a saber: se x = +h2 então x →
+∞⇔ h→∞ Vejamos:
L+ = lim
x→+∞ f(x)
= lim
x→+∞
√
2x2 + 1
3x− 5
= lim
h→∞
√
2(+h2)2 + 1
3(+h2)− 5
= lim
h→∞
√
2h4 + 1
3h2 − 5
= lim
h→∞
√
2h4 + 1
h2
3h2 − 5
h2
= lim
h→∞
√
2h4 + 1
h4
3h2 − 5
h2
= lim
h→∞
√
2 +
1
h4
3− 5 1
h2
L+ =
√
2 + lim
h→∞
1
h4
3− 5 lim
h→∞
1
h2
Como lim
h→∞
1
h2
= 0 temos:
L− =
√
2 + 0
3− 5× 0
=
√
2
3
Logo temos y =
√
2
3
como outra assíntota horizontal.
b) Para determinar assíntotas verticais, procuraremos pontos a ∈ dom(f) tais que lim
x→a∓
f(x) =
∓∞ ou lim
x→a∓
f(x) = ±∞. Para a nossa função o candidato natural é a = 5/3. Senão ve-
jamos:
Limite à esquerda. Fazemos x = 5/3− h2 e temos x→ (5/3)− ⇔ h→ 0.
l− = lim
x→(5/3)−
f(x)
= lim
x→(5/3)−
√
2x2 + 1
3x− 5
= lim
h→0
√
2((5/3− h2)2 + 1
3(5/3− h2)− 5
= lim
h→0
√
2((5/3− h2)2 + 1
−3h2
= lim
h→0
(√
2((5/3− h2)2 + 1
−3h2
√
2((5/3− h2)2 + 1√
2((5/3− h2)2 + 1
)
= lim
h→0
2((5/3− h2)2 + 1
−3h2√2((5/3− h2)2 + 1
= lim
h→0
2(25/9− 10h2/3 + h4) + 1
−3h2√2((5/3− h2)2 + 1
= lim
h→0
50/9− 20h2/3 + 2h4 + 1
−3h2√2((5/3− h2)2 + 1
= lim
h→0
59/9− 20h2/3 + 2h4
−3h2√2((5/3− h2)2 + 1
= lim
h→0
− 59
27h2
+
20
9
− 2h
2
3√
2((5/3− h2)2 + 1
Como lim
h→0
1
h2
= +∞ e para o denominador lim
h→0
√
2((5/3− h2)2 + 1 =
√
59
3
> 0 temos
que:
l− = −∞
Limite à direita. Fazemos x = 5/3 + h2 e temos x→ (5/3)+ ⇔ h→ 0.
Para h próximo de zero temos |2 + h2 = 2 + h2 e temos:
l+ = lim
x→(5/3)+
f(x)
= lim
x→(5/3)+
√
2x2 + 1
3x− 5
= lim
h→0
√
2((5/3 + h2)2 + 1
3(5/3− h2)− 5
= lim
h→0
√
2((5/3 + h2)2 + 1
−3h2
= lim
h→0
(√
2((5/3− h2)2 + 1
3h2
√
2((5/3 + h2)2 + 1√
2((5/3 + h2)2 + 1
)
= lim
h→0
2((5/3 + h2)2 + 1
3h2
√
2((5/3 + h2)2 + 1
= lim
h→0
2(25/9 + 10h2/3 + h4) + 1
3h2
√
2((5/3 + h2)2 + 1
= lim
h→0
50/9 + 20h2/3 + 2h4 + 1
3h2
√
2((5/3 + h2)2 + 1
= lim
h→0
59/9 + 20h2/3 + 2h4
3h2
√
2((5/3 + h2)2 + 1
= lim
h→0
59
27h2
+
20
9
+
2h2
3√
2((5/3 + h2)2 + 1
Como lim
h→0
1
h2
= +∞ e para o denominador lim
h→0
√
2((5/3 + h2)2 + 1 =
√
59
3
> 0 temos
que:
l+ = +∞
Portanto x = 5/3 é uma assíntota vertical (a única).
Pauta: (a) i) Se o aluno sabe como determinar assíntotas verticais e horizontais 0,5 pontos;
ii) Se o aluno escreveu corretamente os limites necessários para determinar as assíntotas
0,5; iii) Se o aluno calculou corretamente os limites 0,5 pontos; iv) Se o aluno concluiu
corretamente as assíntotas 0,5 pontos.
4. (2 pontos) Use o Teorema do Valor Intermediário para mostrar que existe solução para a
equação ex = 3− 2x.
Resolução: Considere a função
g(x) = ex − (3− 2x).
Para x = 0 tem-se g(0) = 1 − 3 = −2 < 0 e para x = 1, g(1) = e − 1 > 0. Sabemos
que g(x) é contínua no intervalo fechado [0, 1]. Desde que g(0) e g(1) tem sinais contrários
e g é contínua em [0, 1] segue, pelo teorema do valor intermediário, que g assume todos
os valores entre -2 e e − 1 no intervalo [0, 1]. Em particular, existe x0 ∈ [0, 1] tal que
g(x0) = e
x0 − (3 − 2x0) = 0 ∈ [−2, e − 1]. Logo, a equação ex = 3 − 2x tem solução em
[0, 1]. �
Pauta:
i) Considerar qualquer variação textual e valores nos termos da solução acima; ii) Conside-
rar 1,0 para o aluno que enunciar o teorema do valor intermediário; iii) Considerar 0,5 ao
aluno que considerar a função g(x); iv) Considerar 1,5 ao aluno que mostrar a existência
da solução por meio do gráfico das funções.
5. (a) (1 ponto) Encontre a inclinação da reta tangente à curva y = 1/x2 no ponto onde
x = a.
(b) (1 ponto) Encontre a equação da reta tangente à curva y = 1/x2 no ponto (1, 1).
Resolução: (a) A inclinação solicitada corresponde à derivada da função f(x) = 1/x2 no
ponto x = a. Calculando a derivada temos, f ′(a) = limx→a
1/x2−1/a2
x−a = limx→a
(a2−x2)/x2a2
x−a =
limx→a
(a−x)(a+x)
x2a2(x−a) = limx→a− a+xx2a2 = −2/a3. Notar que a 6= 0.
(b) Assuma que a equação da retatangente em (1, 1) é y = mx + k. Pelo item anterior
m = f ′(1) = −2, desde que 1 = m× 1 + k, segue que k = 1 + 2 = 3. Portanto, a equação
da reta solicitada é y = −2x+ 3.
Pauta: (a) Entender que a inclinação da reta tangente corresponde à derivada e começar o
cálculo corretamente pela definição de derivada - 0,5 ponto. Concluir tudo corretamente
- 1 ponto. Penalizar em 0,2 ponto caso esqueça de enfatizar a 6= 0. Penalizar em 0,2
ponto por cada erro de conta.
6. (1 ponto) Encontre a equação da reta tangente à curva y = 1/x2 no ponto (1, 1).
(b) Saber que a equação de uma reta é da forma y = mx + k - 0,4 ponto. Saber que o
coeficiente angular da reta tangente é f ′(1) - 0,5 ponto. Concluir tudo corretamente - 1
ponto. Penalizar em 0,2 ponto por cada erro de conta.
BOA PROVA!