Cálculo 1 A – 2017.1 turma I1 Nome (MAIÚSCULO): Matrícula:

D R . S IMON G. C HIOSSI @ G MA / U FF
C1A - VE1 - 03/05/2017
Cálculo 1 A – 2017.1
turma I1
Prova VE1
Nome (MAIÚSCULO):
Matrícula:
O IMPORTANTE É O RACIOCÍNIO , PORTANTO DEIXE - O TODO NA PROVA .
R ESPOSTAS NÃO JUSTIFICADAS , SERÃO DESCONSIDERADAS .
(1) Calcule os limites
[2 ]
Ãp
A)
p
!
x +2
,
x +1
lim sen
x→+∞
B)
x −1
lim p
p .
x→1 2x + 3 − 5
(2) Determine
a) domínio
b) retas assíntotas (verticais e horizontais, se tiver)
c) limites laterais nas assíntotas
para a função
[3 ]
2
f (x) =
x + 4x + 3
.
x 2 − 5x + 4
(3) A equação
[1 ]
x 3 − 3x + 1 = 0
tem soluções (reais)?
Seja x 0 uma solução. Dê uma estimativa para x 0 (i.é. ache números a, b tais que a < x 0 < b .)
(4) Considere a função g (x) =
x4 − 1
. Calcule o limite:
x2 + 1
g (h + 1) − g (1)
lim
.
h→0
h
(5) Seja f : R → R uma função tal que
¯
¯
¯ ¯
¯
¯ ¯
¯
¯ f (x) − 3¯ É ¯x − 1¯,
[1 ]
[2]
para todo x ∈ R.
Calcule lim f (x).
x→1
(6) Desenhe o gráfico da função
[1 ]
¯
¯
¯
¯
h(x) = ¯arctan(x)¯.
1
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GABARITO
1.
A) Como sen é uma função contínua, então
!
Ã
!
p
x +2
x +2
= sen lim
.
x→+∞ x + 1
x +1
Ãp
lim sen
x→+∞
p
x +2
Portanto precisamos calcular lim
.
x→+∞ x + 1
Observamos que, quando x → +∞:
(*) x + 1 > 0, então x + 1 =
p
(x + 1)2
(**) x 6= 0.
Segue-se
v
s
u
p
2
u Z
x + 2 (∗)
x +2
x + 2 (∗∗)
t x(1 + x ) .
= lim p
=
lim
= lim
2
x→+∞
x→+∞
x +1
x(x + 2 + x1 )
Z
(x + 1)2 x→+∞ (x + 1)
p
lim
x→+∞
Também a função raiz quadrada é contínua, então o último limite é igual a
v
u
u
u
u
u lim
tx→+∞
Resumindo:
0
r
1 + x2
=
lim
0
x + 2 + x1
p
1
= 0 = 0.
x→+∞ x + 2
Ãp
lim sen
x→+∞
!
Ã
!
p
x +2
x +2
= sen lim
= sen(0) = 0.
x→+∞ x + 1
x +1
0
, então é preciso pen0
p
sarpnuma estratégia
diferente. Multiplicando numerador e denominador pela mesma quantia ( x +
p
1)( 2x + 3 + 5) (não nula! De fato esta é sempre > 0, para todo x ) temos:
p
p
p
p
p
x −1
( x − 1)( x + 1)( 2x + 3 + 5)
p = p
p p
p
p
p
2x + 3 − 5 ( 2x + 3 − 5)( x + 1)( 2x + 3 + 5)
p
p
(x − 1)( 2x + 3 + 5)
=
p
(2x + 3 − 5)( x + 1)
p
p
(x − 1)( 2x + 3 + 5)
=
.
p
2(x − 1)( x + 1)
B) A substituição direta do valor x = 1 produz a ‘forma indeterminada’
Como estamos considerando x → 1, o número x fica perto de 1 quanto quiser mas é 6= 1, então x − 1 6= 0
e podemos simplificar:
p
p
p
p
(x − 1)( 2x + 3 + 5)
2x + 3 + 5
=
.
p
p
2(x − 1)( x + 1)
2( x + 1)
Assim
p
p
p
2x + 3 + 5
5
lim p
=
.
p = lim
p
x→1 2x + 3 − 5
x→1 2( x + 1)
2
p
x −1
x 2 + 4x + 3
é Dom( f ) = R \ {1, 4}, pois a função é racional, então não
a) O domínio de f (x) = 2
x − 5x + 4
está definida apenas onde o denominador se anula:
2.
0 = x 2 − 5x + 4 = (x − 1)(x − 4) ⇐⇒ x = 1, 4.
2
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b) Como lim f (x) = ∞ e lim f (x) = ∞ (o sinal não importa), as retas x = 1 e x = 4 são assíntotas
x→1
x→4
verticais.
Além disso, quando x → ±∞ (ambos), em particular vale x 6= 0, então
2
3
3
2
2
x 2 + 2x − 3 x (1 + x − x 2 ) 1 + x − x 2
=
.
=
x 2 − 5x + 4 x 2 (1 − x5 + 42 ) 1 − x5 + 42
x
x
0
0
7
1 + x2− x32
= 1, provando que y = 1 é a assíntota horizontal.
Portanto lim f (x) = lim
0
0
x→∞
x→∞
7
1 − x5+ x42
Ao mesmo resultado se chega fazendo a divisão euclidiana
x 2 + 2x − 3
7x − 7
= 1+ 2
2
x − 5x + 4
x − 5x + 4
de onde
µ
lim f (x) = lim 1 +
x→∞
x→∞
¶
7 − x7
7x − 7
7x − 7
= 1.
= 1 + lim 2
= 1 + lim
x→∞ x − 5x + 4
x→∞ x − 5 + 4
x 2 − 5x + 4
x
c) Para calcular os limites laterais para x → 1± e x → 4± precisamos apenas decidir se são +∞ ou
−∞, pela parte b). Isso é, devemos estudar o sinal da expressão racional f (x), então fatoramos denominador (feito na parte a)) e numerador: x 2 + 4x + 3 = (x + 3)(x + 1).
intervalo: (−∞, −3) (−3, −1) (−1, 1) (1, 4) (4, +∞)
sinal de (x + 3)(x + 1):
+
–
+
+
+
sinal de (x − 1)(x − 4):
+
+
+
–
+
sinal de f (x):
⊕
ª
⊕
ª
⊕
A tabela nos diz que
lim f (x) = +∞,
lim f (x) = −∞,
x→1−
x→1+
lim f (x) = −∞,
lim f (x) = +∞.
x→4−
x→4+
A função f (x) = x 3 − 3x + 1 é contínua em R (sendo polinomial), e lim f (x) = lim x 3 .
3.
x→±∞
Assim,
lim f (x) = −∞,
lim f (x) = +∞.
x→−∞
x→+∞
Portanto existem a, b ∈ R tais que f (a) < 0 e f (b) > 0.
Pelo teorema do valor intermediário (TVI), existe um x 0 ∈ (a, b) tal que f (x 0 ) = 0.
Para estimar, basta escolher a, b . Tomemos por exemplo
a = 1, para que f (a) = −1 < 0
b = 2, para que f (b) = 3 > 0.
Assim 1 < x 0 < 2.
Na verdade, o TVI diz que a equação dada admite 3 soluções reais: x 0 ∈ (1, 2) e ademais
x 1 ∈ (−2, −1), porque f (−2) = −1 < 0 e f (−1) = 3 > 0,
x 2 ∈ (0, 1), pois f (0) = 1 > 0 e f (1) = −1 < 0.
3
x→±∞
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4.
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Em primeiro lugar Dom(g ) = R, e como x 2 + 1 6= 0 para todo x , então g (x) =
x 2 − 1 para todo x ∈ R.
Assim
X X
(x 2 − 1)(x 2X
+X
1)
=
X2XX
x +1
g (h + 1) − g (1)
(h + 1)2 − 1 − 0
h 2 + 2h
= lim
= lim
= lim (h + 2) = 2.
h→0
h→0
h→0
h→0
h
h
h
lim
(Na verdade sabemos que este limite é a derivada de g em x 0 = 1:
5.
d 2
(x −1) = 2x , e assim g 0 (1) = 2.)
dx
Notar que
¯
¯ ¯
¯
¯
¯ ¯
¯
0 É ¯ f (x) − 3¯ É ¯x − 1¯,
para todo x ∈ R, porque o valor absoluto da uma expressão ¯é sempre
¯ ¯ não negativo.
¯
¯
¯ ¯
¯
Aliás, sabemos que a função módulo é contínua, então lim ¯x − 1¯ = ¯ lim (x − 1)¯ = |0| = 0.
¯
¯ x→1
¯
¯
Usando o teorema do confronto, então lim ¯ f (x) − 3¯ = 0.
x→1
x→1
De novo, como o módulo é contínuo, então
¯
¯ ¯¡
¯
¢
¯
¯ ¯
¯
0 = lim ¯ f (x) − 3¯ = ¯ lim f (x) − 3¯ =⇒ lim f (x) = 3.
x→1
x→1
x→1
6.
³ π
2
Começamos lembrando que y = arctan(x) é a função inversa de tan : − , −
³ π
π´
π´
→ R, então seu
2
domínio é Dom(arctan) = R e sua imagem − , − .
2 2
O gráfico da arco tangente é o simétrico do gráfico de tan com respeito à reta y = x . Na reflexão, as
assíntotas verticais x = ±π/2 da tangente viram assíntotas horizontais y = ±π/2 para arctan.
¯
¯
¯
¯
O gráfico de h(x) = ¯arctan(x)¯ coincide com o de arctan quando x Ê 0, e é igual ao gráfico de
y = − arctan(x) quando arctan(x) < 0 (pela própria definição de valor absoluto). Portanto para x < 0
basta refletir y = arctan(x) com respeito ao eixo x .
4