Gabarito Lista 4 de Matemática para Administração (MAC 119)

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Gabarito Lista 4 de Matema´tica para Administrac¸a˜o (MAC 119)
Professor: Daniel Souza
Exerc´ıcio 1. Para cada umas das func¸o˜es abaixo determine o maior con-
junto onde a func¸a˜o esta´ bem definida, estude o crescimento de f , encontre,
se existirem, seus pontos cr´ıticos, os pontos de inflexa˜o e as ass´ıntotas ver-
ticais e horizontais a seu gra´fico. Feito isso, esboce seu gra´fico.
(a) f(x) = x+1x−2 . Como x − 2 = 0 se e so´ se, x = 2, temos que o maior
conjunto onde f esta´ bem definida e´ R\ {2}. Para todo x ∈ R\ {2},
temos que f ′(x) = − 3
(x−2)2 . Assim, f
′(x) < 0 para todo x ∈ R\ {2} e,
portanto, f e´ decrescente em todo o seu domı´nio. Como f ′(x) existe
e f ′(x) < 0 para todo x ∈ R\ {2}, temos que f na˜o possui pontos
cr´ıticos e, portanto, na˜o possui ma´ximos e mı´nimos locais. Temos que
f ′′(x) = 6
(x−2)3 . Assim, f
′′(x) < 0 para todo x ∈ (−∞, 2) e f ′′(x) > 0
para todo x ∈ (2,+∞). Logo, o gra´fico de f possui concavidade para
baixo em (−∞, 2) e possui concavidade para cima em (2,+∞). Apesar
de o gra´fico de f mudar de concavidade na˜o ha´ ponto no gra´fico onde
isso ocorre e, portanto, o gra´fico de f na˜o possui ponto de inflexa˜o.
Temos tambe´m que lim
x→−∞
x+ 1
x− 2 = limx→−∞
x
(
1 + 1x
)
x
(
1− 2x
) = 1 e lim
x→+∞
x+ 1
x− 2 =
lim
x→+∞
x
(
1 + 1x
)
x
(
1− 2x
) = 1. Assim, a reta y = 1 e´ ass´ıntota horizontal ao
gra´fico de f .
Como f e´ cont´ınua em R\ {2}, temos que a u´nica reta que pode ser
ass´ıntota vertical ao gra´fico de f e´ a reta x = 2. Vejamos se esta reta
e´ mesmo uma ass´ıntota. De fato, lim
x→2−
x+ 1
x− 2 = −∞ e limx→2+
x+ 1
x− 2 =
+∞. Assim, a reta x = 2 e´ ass´ıntota vertical ao gra´fico de f .
2
(b) f(x) = 1x−1 . Como x − 1 = 0 se e so´ se, x = 1, temos que o maior
conjunto onde f esta´ bem definida e´ R\ {1}. Para todo x ∈ R\ {1},
temos que f ′(x) = − 1
(x−1)2 . Assim, f
′(x) < 0 para todo x ∈ R\ {1} e,
portanto, f e´ decrescente em todo o seu domı´nio. Como f ′(x) existe
e f ′(x) < 0 para todo x ∈ R\ {1}, temos que f na˜o possui pontos
cr´ıticos e, portanto, na˜o possui ma´ximos e mı´nimos locais. Temos que
f ′′(x) = − 2
(x−1)3 . Assim, f
′′(x) > 0 para todo x ∈ (−∞, 1) e f ′′(x) < 0
para todo x ∈ (1,+∞). Logo, o gra´fico de f possui concavidade para
cima em (−∞, 2) e possui concavidade para baixo em (2,+∞). Apesar
de o gra´fico de f mudar de concavidade na˜o ha´ ponto no gra´fico onde
isso ocorre e, portanto, o gra´fico de f na˜o possui ponto de inflexa˜o.
Temos tambe´m que lim
x→−∞
1
x− 1 = 0 e limx→+∞
1
x− 1 = 0. Assim, a reta
y = 0 e´ ass´ıntota horizontal ao gra´fico de f .
Como f e´ cont´ınua em R\ {1}, temos que a u´nica reta que pode ser
ass´ıntota vertical ao gra´fico de f e´ a reta x = 1. Vejamos se esta reta
e´ mesmo uma ass´ıntota. De fato, lim
x→1−
1
x− 1 = −∞ e limx→1+
1
x− 1 =
+∞. Assim, a reta x = 1 e´ ass´ıntota vertical ao gra´fico de f .
3
(c) f(x) = x
(x+1)2
. Como (x+1)2 = 0 se e so´ se, x = −1, temos que o maior
conjunto onde f esta´ bem definida e´ R\ {−1}. Para todo x ∈ R\ {−1},
temos que f ′(x) = 1−x
(x+1)3
. Assim, f ′(x) < 0 para todo x ∈ (−∞,−1)∪
(1,+∞), f ′(x) > 0 para todo x ∈ (−1, 1) e f ′(1) = 0 e, portanto, f e´
decrescente em (−∞,−1) ∪ [1,+∞) e f e´ crescente em x ∈ (−1, 1] o
que implica que
(
1, 14
)
e´ um ponto de ma´ximo local; mais ainda, como
f ′(x) existe para todo x ∈ R\ {1}, temos que 1 e´ o u´nico valor cr´ıtico
de f . Assim,
(
1, 14
)
e´ ponto de ma´ximo global de f . Temos que f ′′(x) =
2x−4
(x+1)4
para todo x ∈ R\ {−1}. Logo, f ′′(x) < 0 se x ∈ (−∞, 2) \ {−1}
e f ′′(x) > 0 se x ∈ (2,+∞) o que implica que (2, 29) e´ o u´nico ponto
de inflexa˜o do gra´fico de f . Temos tambe´m que lim
x→−∞
x
(x+ 1)2
=
lim
x→−∞
x
x2 + 2x+ 1
= lim
x→−∞
x
x
(
x+ 2 + 1x
) = lim
x→−∞
1
x+ 2 + 1x
= 0 e
lim
x→+∞
x
(x+ 1)2
= lim
x→+∞
x
x2 + 2x+ 1
= lim
x→+∞
x
x
(
x+ 2 + 1x
) = lim
x→+∞
1
x+ 2 + 1x
=
0. Assim, a reta y = 0 e´ ass´ıntota horizontal ao gra´fico de f . Como f
e´ cont´ınua em R\ {−1}, temos que a u´nica reta que pode ser ass´ıntota
vertical ao gra´fico de f e´ a reta x = −1. Vejamos se esta reta e´ mesmo
uma ass´ıntota. De fato, lim
x→−1−
x
(x+ 1)2
= −∞ e lim
x→−1+
x
(x+ 1)2
=
−∞. Assim, a reta x = −1 e´ ass´ıntota vertical ao gra´fico de f .
4
(d) f(x) = (x + 3)3. Temos que f e´ um polinoˆmio o que implica que f
esta´ bem definida para todo x ∈ R. Temos que f ′(x) = 3(x+ 3)2 para
todo x ∈ R. Assim, f ′(x) > 0 para todo x ∈ R\ {−3} e f ′(−3) = 0 e,
portanto, f e´ crescente em R, mais ainda, como f ′(x) existe para todo
x ∈ R, temos que −3 e´ o u´nico valor cr´ıtico de f . Como f e´ crescente
em R, temos que f na˜o possui ma´ximos e mı´nimos locais. Temos
que f ′′(x) = 6(x + 3) para todo x ∈ R. Assim, f ′′(x) < 0 para todo
x ∈ (−∞,−3) e f ′′(x) > 0 para todo x ∈ (−3,+∞). Logo, o gra´fico
de f possui concavidade para baixo em (−∞,−3) e possui concavidade
para cima em (−3,+∞); o que implica que (−3, 0) e´ o u´nico ponto
de inflexa˜o do gra´fico de f . Temos tambe´m que lim
x→−∞(x + 3)
3 =
−∞, lim
x→+∞(x + 3)
3 = +∞ o que implica que na˜o existem ass´ıntotas
horizontais ao gra´fico de f . Como f e´ cont´ınua em R, na˜o existem
ass´ıntotas verticais ao gra´fico de f .
(e) f(x) = 2x
x2+1
. Como x2+1 6= 0 para todo x ∈ R, temos que o maior con-
junto onde f esta´ bem definida e´ R. Para todo x ∈ R\ {2}, temos que
f ′(x) = −2x
2+2
(x2+1)2
. Assim, f ′(x) < 0 para todo x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞),
5
f ′(x) > 0 para todo x ∈ (−1, 1), f ′(−1) = 0 e f ′(1) = 0 e, por-
tanto, f e´ decrescente em x ∈ (−∞,−1] ∪ [1,+∞) e f e´ crescente em
x ∈ [−1, 1] o que implica que (−1,−1) e´ um ponto de mı´nimo local
de f e (1, 1) e´ um ponto de ma´ximo local de f ; mais ainda, como
f ′(x) existe para todo x ∈ R, temos que −1 e 1 sa˜o os u´nicos valores
cr´ıticos de f . Assim, (−1,−1) e´ ponto de mı´nimo global de f e (1, 1)
e´ ponto de ma´ximo global de f . Temos que f ′′(x) = 4x(x
2−3)
(x2+1)3
. As-
sim, f ′′(x) < 0 para todo x ∈ (−∞,−√3) ∪ (0,√3) e f ′′(x) > 0
para todo x ∈ (−√3, 0) ∪ (√3,+∞). Logo, f possui concavidade
para baixo em
(−∞,−√3) ∪ (0,√3) e possui concavidade para cima
em
(−√3, 0) ∪ (√3,+∞) o que implica que (−√3,−√32 ), (0, 0) e(√
3,
√
3
2
)
sa˜o os u´nicos pontos de inflexa˜o do gra´fico de f . Temos
tambe´m que lim
x→−∞
2x
x2 + 1
= lim
x→−∞
2x
x
(
x+ 1x
) = lim
x→−∞
2
x+ 1x
= 0 e
lim
x→+∞
2x
x2 + 1
= lim
x→+∞
2x
x
(
x+ 1x
) = lim
x→+∞
2
x+ 1x
= 0. Assim, a reta
y = 0 e´ ass´ıntota horizontal ao gra´fico de f . Como f e´ cont´ınua em
R, na˜o existem ass´ıntotas verticais ao gra´fico de f .
(f) f(x) = x2 + 7x + 9. Temos que f e´ um polinoˆmio o que implica que f
esta´ bem definida para todo x ∈ R. Temos que f ′(x) = 2x+7 para todo
x ∈ R. Assim, f ′(x) < 0 para todo x ∈ (−∞,−72) e f ′(x) > 0 para
todo x ∈ (−72 ,+∞) e, portanto, f e´ decrescente (−∞,−72] e crescente
em
[−72 ,+∞). Como f ′(x) existe para todo x ∈ R e f ′(x) = 0 se e
so´ se x = −72 , temos que o u´nico valor cr´ıtico de f e´ −72 . Como f
e´ decrescente
(−∞,−72] e crescente em [−72 ,+∞) temos que x = −72
e x e´ o u´nico valor cr´ıtico de f , temos que f e´ um valor de mı´nimo
global de f . Temos que f ′′(x) = 2 para todo x ∈ R. Assim, f ′′(x) > 0
6
para todo x ∈ R e, portanto, o gra´fico de f tem concavidade para cima
em R o que implica que f na˜o possui pontos de inflexa˜o. Temos que
lim
x→−∞x
2 + 7x+ 9 = +∞ e lim
x→+∞x
2 + 7x+ 9 = +∞, o que implica que
na˜o existem ass´ıntotas horizontais ao gra´fico de f . Como f e´ cont´ınua
em R, na˜o existem ass´ıntotas verticais ao gra´fico de f .
Exerc´ıcio 2. Mostre que a equac¸a˜o ex = sen x − 4x possui uma u´nica
soluc¸a˜o no intervalo [−1, 0].
Seja f : R→ R dada por f(x) = ex− sen x+4x. Temos que f e´ cont´ınua e,
portanto, f e´ cont´ınua no intervalo [−1, 0]. Tambe´m f(0) = e0−sen 0+4·0 =
1 e f(−1) = e−1 − sen(−1) + 4 · (−1) = 1e + sen 1− 4. Mas, como 2 < e e
sen 1 ≤ 1, temos que 1e + sen 1 − 4 < 12 + 1 − 4 = −52 . Assim, f(−1) < 0
e f(0) > 0. Da´ı, pelo teorema do valor intermedia´rio existe c ∈ (−1, 0) tal
quef(c) = 0; logo, a equac¸a˜o ex = sen x − 4x possui soluc¸a˜o no intervalo
[−1, 0]. Vamos mostrar que a soluc¸a˜o e´ u´nica. De fato, f e´ deriva´vel com
f ′(x) = ex − cosx + 4 para todo x ∈ R. Da´ı, como ex > 0 e cosx ≤ 1 para
todo x ∈ R, temos que ex − cosx + 4 > 0 − 1 + 4 = 3 para todo x ∈ R.
Logo, f ′(x) > 0 para todo x ∈ R. Assim, f e´ crescente em R; em particular,
f e´ crescente em (−1, 0). Da´ı, e´ u´nico o nu´mero real c ∈ (−1, 0) tal que
f(c) = 0. Como f(−1) < 0 e f(0) > 0, temos que e´ u´nico o nu´mero real
c ∈ [−1, 0] tal f(c) = 0. Assim, a equac¸a˜o ex = sen x−4x possui uma u´nica
soluc¸a˜o no intervalo [−1, 0].
Exerc´ıcio 3. Um recipiente cil´ındrico, aberto em cima, deve ter a capaci-
dade de 375pi cm3. O custo do material usado para a base do recipiente e´
de 0, 15 reais por cm2 e o custo do material usado na lateral e´ de 0, 05 por
cm2. Se na˜o ha´ perda de material, determine as dimenso˜es que minimizam
o custo do material para constru´ı-lo.
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Soluc¸a˜o: Seja r o raio da base do recipiente e h a altura do recipiente.
Temos que o volume do cilindro e´ dado por pir2h. Mas, como queremos
construir um cilindro de volume 375pi cm3, temos que ter pir2h = 375pi;
logo, h = 375
r2
. A a´rea da base do recipiente em func¸a˜o de r e´ dada por pir2
e a a´rea lateral do recipiente em func¸a˜o de r e h e´ dada por 2pirh. Assim,
a a´rea lateral do recipiente em func¸a˜o de r e´ 750pir . Logo, o custo total do
cilindro em func¸a˜o de r e´ determinado pela func¸a˜o C : (0,+∞) → R dada
por C(r) = 0, 15pir2 + 75pi2r . Nosso objetivo e´ minimizar a func¸a˜o C. Primei-
ramente, notemos que C e´ deriva´vel com C ′(r) = 0, 3pir− 75pi
2r2
. Assim, para
encontrar os valores cr´ıticos de C basta resolver a equac¸a˜o C ′(r) = 0. Mas
a u´nica soluc¸a˜o real de 0, 3pir− 75pi
2r2
= 0 e´ 5. Logo, o u´nico valor cr´ıtico de C
e´ 5. Temos tambe´m que C ′(r) < 0 se r ∈ (0, 5) e C ′(r) > 0 se r ∈ (5,+∞).
Assim, C e´ decrescente em ∈ (0, 5] e C e´ crescente em [5,+∞); o que im-
plica que 5 um valor de mı´nimo global de C. Assim, tomando o raio da base
do recipiente igual a 5 cm e sua altura igual a 13 cm minimizamos o custo
do material.
Exerc´ıcio 4. Um departamento de estradas de rodagem esta´ planejando
fazer uma a´rea de descanso para motoristas a` beira de uma rodovia movi-
mentada. O terreno deve ser retangular, com uma a´rea de 5.000 m2 e deve
ser cercado nos treˆs lados que na˜o da˜o para a rodovia. Qual o menor com-
primento da cerca necessa´ria para a obra?
Soluc¸a˜o: Sejam x e y os comprimentos do lados do terreno retangular dados
em metros onde x e´ o comprimento do lado que da´ para a rodovia. Temos
que a a´rea do terreno e´ dada por xy e como queremos que esta tenha 5.000
m2, devemos ter xy = 5.000. Assim, devemos ter y = 5.000x . Como a cerca
deve cercar apenas os lados que na˜o da˜o para a estrada, temos que o com-
primento da cerca e´ dado por x+ 2y = x+ 10.000x . Assim, o comprimento da
cerca em func¸a˜o de x e´ determinado pela func¸a˜o C : (0,+∞)→ R dada por
C(x) = x+ 10.000x . Nosso objetivo e´ minimizar a func¸a˜o C. Primeiramente,
notemos que C e´ deriva´vel com C ′(x) = 1 − 10.000
x2
. Assim, para encontrar
os valores cr´ıticos de C basta resolver a equac¸a˜o C ′(x) = 0. Mas as u´nicas
soluc¸o˜es reais de 1− 10.000
x2
sa˜o −100 e 100. Como o domı´nio de C e´ (0,+∞),
temos que o u´nico valor cr´ıtico de C e´ 100. Temos tambe´m que C ′(x) < 0
para todo x ∈ (0, 100) e C ′(x) > 0 para todo x ∈ (100,+∞). Assim, C e´
decrescente em ∈ (0, 100] e C e´ crescente em [100,+∞); o que implica que
100 e´ um valor de mı´nimo global de C. Assim, o menor comprimento da
cerca necessa´ria para a obra e´ C(100) = 100 + 10.000100 = 200 m.
Exerc´ıcio 5. Uma rede de a´gua pota´vel ligara´ uma central de abastecimento
situada a` margem de um rio de 500 m de largura a um conjunto habitacional
situado na outra margem do rio, 2.000 m a oeste da central. O custo da obra
8
atrave´s do rio e´ de 640 reais por metro, enquanto que por terra custa 312
reais por metro. Qual e´ a forma mais econoˆmica de se instalar a rede de
a´gua pota´vel?
Primeiramente vamos descobrir a func¸a˜o que descreve o custo total da ins-
talac¸a˜o da rede. Seja P o primeiro ponto localizado na margem do rio onde
se encontra o conjunto habitacional por onde passara´ a rede de a´gua. Seja
x a distaˆncia do ponto P ao ponto que se encontra em frente a` central de
abastecimento pore´m na margem oposta. Temos que a distaˆncia entre P
e a fa´brica e´ de 2.000 − x m e pelo teorema de pita´goras a distaˆncia en-
tre o ponto P e a fa´brica e´ de
√
x2 + 5002 m. Como a instalac¸a˜o da rede
de a´gua da central de abastecimento ate´ P se dara´ no rio e instalac¸a˜o da
rede de a´gua de P ate´ a fa´brica se dara´ em terra, temos que o custo total
C(x) para a instalac¸a˜o da rede de a´gua e´ 640
√
x2 + 5002 + 312(2.000 − x).
Temos que x ≥ 0 e 2.000 − x ≥ 0 por serem ambas medidas de distaˆncia.
Assim, 0 ≤ x ≤ 2.000. Logo, a func¸a˜o que da´ o custo em func¸a˜o de x
e´ C : [0, 2.000] → R dada por C(x) = 640√x2 + 5002 − 312x + 624.000.
Como a func¸a˜o C e´ cont´ınua no intervalo fechado [0, 2.000], temos por re-
sultado ja´ visto que existe x0 ∈ [0, 2.000] tal que C(x0) ≤ C(x) para todo
x ∈ [0, 2.000]. Assim, nossa func¸a˜o possui um mı´nimo global. Vamos enta˜o
encontra´-lo. Como a func¸a˜o C e´ deriva´vel em (0, 2.000), vamos encontrar
os pontos cr´ıticos de C neste intervalo. Temos que C ′(x) = 640x√
x2+5002
− 312
para todo x ∈ (0, 2.000). Mas, o u´nico valor x ∈ (0, 2.000) onde C ′(x) = 0 e´
x = 19.500√
4.879
. Temos tambe´m que C ′(x) = 640x√
x2+5002
− 312 e´ uma func¸a˜o de-
riva´vel em (0, 2.000) com C ′′(x) = 640·500
2
(x2+5002)
3
2
. Assim, C ′′(x) > 0 para todo
x ∈ (0, 2.000), em particular, C ′′
(
19.500√
4.879
)
> 0. Logo, temos que x = 19.500√
4.879
e´ um valor de mı´nimo local de C e mais ainda, e´ o u´nico mı´nimo local
no intervalo (0, 2.000). Tambe´m, C
(
19.500√
4.879
) ∼= 903.400, C(0) = 944.000 e
C(2.000) ∼= 1.319.393, 8. Assim, C
(
19.500√
4.879
)
< C(0) < C(2.000). Logo, a
forma mais econoˆmica de se instalar a rede de a´gua pota´vel e´ instalar 19.500√
4.879
m por terra e
√
19.5002
4.879 + 500
2 m pelo rio.
Exerc´ıcio 6. O custo total C para fazer x unidades de um certo artigo e´
dado por C(x) = 0, 005x3 + 0, 45x2 + 12, 75x reais. Todas as unidades feitas
sa˜o vendidas a 36, 75 reais por unidade. Determine o nu´mero de unidades
que devem ser feitas de modo a obter o lucro ma´ximo.
Como todas as unidades feitas sa˜o vendidas, temos que a receita em func¸a˜o
do nu´mero x de unidades vendidas e´ R(x) = 36, 75x; assim, o lucro em
func¸a˜o de x e´ a func¸a˜o L : [0,+∞) dada por L(x) = R(x) − C(x) =
9
36, 75x− (0, 005x3 + 0, 45x2 + 12, 75x) = −0, 005x3 − 0, 45x2 + 24x. Temos
que L e´ deriva´vel no intervalo (0,+∞) com L′(x) = −0, 015x2 − 0, 9x+ 24.
O u´nico valor no intervalo (0,+∞) tal que L′(x) = 0 e´ 20. Temos tambe´m
que L′(x) > 0 para todo x ∈ (0, 20) e L′(x) < 0 para todo x ∈ (20,+∞).
Assim, L e´ crescente no intervalo (0, 20] e decrescente no intervalo [20,+∞)
o que implica que 20 e´ um valor de ma´ximo local de L no intervalo (0,+∞);
mais ainda, 20 e´ o u´nico ma´ximo local nesse intervalo. Como L(0) = 0 e
L(20) = 260, temos que o nu´mero de unidades que devem ser feitas de modo
a obter o lucro ma´ximo e´ 20.
Exerc´ıcio 7. Use as regras de L’Hospital para calcular os limites abaixo.
(a) lim
x→0
e5x − 1
3x
. Temos que f(x) = e5x − 1 e g(x) = 3x sa˜o deriva´veis
com lim
x→0
f(x) = 0 = lim
x→0
g(x), g′(x) = 3 6= 0 para todo x ∈ R e
lim
x→0
f ′(x)
g′(x)
= lim
x→0
5e5x
3
=
5
3
. Logo, lim
x→0
e5x − 1
3x
=
5
3
.
(b) lim
x→+∞
x2 + 4
8x
. Temos que f(x) = x2 + 4 e g(x) = 8x sa˜o deriva´veis
com lim
x→+∞ f(x) = +∞ = limx→+∞ g(x), g
′(x) = (log 8)8x 6= 0 para
todo x ∈ R e lim
x→+∞
f ′(x)
g′(x)
= lim
x→+∞
2x
(log 8)8x
. Como f ′(x) = 2x e
g′(x) = (log 8)8x sa˜o deriva´veis com lim
x→+∞ f
′(x) = +∞ = lim
x→+∞ g
′(x),
g′′(x) = (log 8)28x 6= 0 para todo x ∈ R e lim
x→+∞
f′′(x)
g′′(x)
= lim
x→+∞
2
(log 8)28x
=
0, temos que lim
x→+∞
2x
(log 8)8x
= 0. Assim, lim
x→+∞
x2 + 4
8x
= 0.
(c) lim
x→pi
2
1− sen x
1 + cos(2x)
. Temos que f(x) = 1 − sen x e g(x) = 1 + cos(2x)
sa˜o deriva´veis em (0, pi) \{pi2} com limx→pi
2
f(x) = 0 = lim
x→pi
2
g(x), g′(x) =
−2sen(2x) 6= 0 para todo (0, pi) \{pi2}. Da´ı, limx→pi
2
f ′(x)
g′(x)
= lim
x→pi
2
− cosx
−2sen(2x) =
lim
x→pi
2
cosx
4sen x cosx
= lim
x→pi
2
1
4sen x
=
1
4
. Logo, lim
x→pi
2
1− sen x
1 + cos(2x)
=
1
4
.
(d) lim
x→+∞
ex + x2
ex − x . Temos que f(x) = e
x+x2 e g(x) = ex−x sa˜o deriva´veis
e lim
x→+∞ f(x) = +∞. Vamos mostrar agora que limx→+∞ g(x) = +∞. De
fato, ja´ vimos que lim
x→+∞
x
ex
= 0. Logo, lim
x→+∞ 1 −
x
ex
= 1 e, por-
tanto, lim
x→+∞ g(x) = limx→+∞ e
x − x = lim
x→+∞
(
1− x
ex
)
ex = +∞. Te-
10
mos que g′(x) = ex − 1 6= 0 para todo x ∈ R\ {0} e lim
x→+∞
f ′(x)
g′(x)
=
lim
x→+∞
ex + 2x
ex − 1 . Como f
′(x) = ex + 2x e g′(x) = ex − 1 sa˜o de-
riva´veis com g′′(x) = ex 6= 0 para todo x ∈ R,
′
lim
x→+∞ f(x) = +∞ =
lim
x→+∞ g
′(x) e lim
x→+∞
f ′′(x)
g′′(x)
= lim
x→+∞
ex + 2
ex
= lim
x→+∞ 1 +
2
ex
= 1, temos
que lim
x→+∞
ex + 2x
ex − 1 = 1. Assim, limx→+∞
ex + x2
ex − x = 1.
(e) lim
x→1
x3 − 1
4x3 − x− 3 . Temos que f(x) = x
3 − 1 e g(x) = 4x3 − x − 3
sa˜o deriva´veis com lim
x→1
f(x) = 0 = lim
x→1
g(x), g′(x) = 12x2 − 1 6= 0
para todo x ∈ (12 , 32) e limx→1 f ′(x)g′(x) = limx→1 3x212x2 − 1 = 311 . Assim,
lim
x→1
x3 − 1
4x3 − x− 3 =
3
11
.
(f) lim
x→0+
(
1
x
− 1√
x
)
= lim
x→0+
(√
x− x
x
√
x
)
. Temos que f(x) =
√
x − x e
g(x) = x
√
x sa˜o deriva´veis em (0,+∞) com lim
x→0+
f(x) = 0 = lim
x→0+
g(x),
g′(x) =
√
x+ x
2
√
x
6= 0 para todo x ∈ (0,+∞) e lim
x→0+
f ′(x)
g′(x)
= lim
x→0+
1
2
√
x
− 1
√
x+ x
2
√
x
=
lim
x→0+
1−2√x
2
√
x
3x
2
√
x
= lim
x→0+
1− 2√x
3x
= +∞. Assim, lim
x→0+
(
1
x
− 1√
x
)
=
+∞.
(g) lim
x→0
ex − e−x − x2
2x− sen x . Temos que f(x) = e
x−e−x−x2 e g(x) = 2x−sen x
sa˜o deriva´veis com lim
x→0
f(x) = 0 = lim
x→0
g(x), g′(x) = 2 − cosx 6= 0
para todo x ∈ R e lim
x→0
f ′(x)
g′(x)
= lim
x→0
ex + e−x − 2x
2− cosx = 2. Assim,
lim
x→0
ex − e−x − x2
2x− sen x = 2.
(h) lim
x→0
x− sen x
3x2
. Temos que f(x) = x−sen x e g(x) = 3x2 sa˜o deriva´veis
com lim
x→0
f(x) = 0 = lim
x→0
g(x), g′(x) = 6x 6= 0 para todo x ∈ R\ {0} e
lim
x→0
f ′(x)
g′(x)
= lim
x→0
1− cosx
6x
. Como f ′(x) = 1 − cosx e g′(x) = 6x sa˜o
deriva´veis com lim
x→0
f ′(x) = 0 = lim
x→0
g′(x), g′′(x) = 6 6= 0 para todo
11
x ∈ R e lim
x→0
f ′′(x)
g′′(x)
= lim
x→0
sen x
6
= 0, temos que lim
x→0
1− cosx
6x
= 0.
Assim, lim
x→0
x− sen x
3x2
= 0.
(i) lim
x→+∞
1− x− e−x
2x3
. Temos que f(x) = 1−x− e−x e g(x) = 2x3 sa˜o de-
riva´veis com lim
x→+∞ f(x) = −∞ e limx→+∞ g(x) = +∞, g
′(x) = 6x2 6= 0
para todo x ∈ R\ {0} e lim
x→+∞
f ′(x)
g′(x)
= lim
x→+∞
−1 + e−x
6x2
= 0. Assim,
lim
x→+∞
1− x− e−x
2x3
= 0.