11-12 1S Teste 1

1a. Basta verificar que f (0+ ) = f (0− ) = f (0):
f (0+ ) = lim+ (cos x + bx) = 1
f (0− ) = lim− e2x = 1
x→0
x→0
e f (0) = 1.
1b. Se f é diferenciável as derivadas laterais são iguais: fd′ (0) = fe′ (0). Para
x 6= 0,
(
2e2x
x<0
f ′ (x) =
− sen x + b x > 0
Como os limites laterais de f ′ existem, as derivadas laterais de f são iguais
aos limites laterais de f ′ :
fd′ (0) = f ′ (0+ ) = b
e
fe′ (0) = f ′ (0− ) = 2 .
Concluı́mos que b = 2.
1c. Como a exponencial e f são funções contı́nuas,
1 − ex
1 − ex
f (0)
f (x)
=e
f lim
= ef (0) f (−1) = e1 e−2 = e−1
lim e
f
x→0
x→0
x
x
onde usámos o limite notável lim
x→0
ex −1
x
= 1.
′
1d. Basta verificar que f (x) > 0 para todo o x. Já calculámos f ′ na alı́nea (b).
Como b = 2 temos
(
2e2x
x≤0
′
f (x) =
− sen x + 2 x > 0
A exponencial é sempre positiva e sen x ≤ 1 < 2 logo f ′ (x) > 0 para
qualquer x ∈ R donde segue que f é crescente.
1e. A derivada da função inversa é dada por
(f −1 )′ (y) =
1
f ′ (x)
(se f ′ (x) 6= 0)
em que
x = f −1 (y) ⇔ y = f (x)
Como y = 1, x = 0 pois f (0) = 1. Assim,
(f −1 )′ (1) =
1
f ′ (0)
=
1
2
1f. Começamos por calcular f ′′ :
f ′′ (x) =
(
4e2x
x<0
− cos x x > 0
O sinal de f ′′ e a concavidade de f estão representadas, para x < π, na
tabela seguinte:
0
π/2
f ′′ +
0
−
0
+
f ∪ infl. ∩ infl. ∪
Pela alı́nea (d), f é crescente, e sabemos qual o comportamento da exponencial pelo que podemos esboçar o gráfico:
1
2
4
2
Π
-2
Π
2
2a. Usando a substituição u = arcsen x, quando x → 0 temos u → arcsen 0 = 0
logo
earcsen x − 1
eu − 1
lim
= lim
=1
x→0
u→0
arcsen x
u
Por outro lado,
sen(0 + π)
0
sen(x + π)
=
= =0
lim
x→0
x+π
0+π
π
Assim,
sen(x + π) earcsen x − 1
lim
=0+1=1 .
+
x→0
x+π
arcsen x
2b. | sen(tan x)| ≤ 1 logo
0 ≤ | cos(x) sen(tan x)| ≤ | cos x|
Como lim cos x = 0, pelo Princı́pio dos Limites Enquadrados
x→π/2
lim cos(x) sen(tan x) = 0 .
x→π/2
3a. Por definição de derivada, como f (1) = 3 temos
√
(x − 1) 3 x cos(πx)
√
+3−3
3
4+1
1
f (x) − f (1)
x cos(πx)
x
′
= lim
= lim
=−
f (1) = lim
4
x→1
x→1
x→1
x−1
x−1
x +1
2
3b. A equação da recta tangente é
1
y = f (1) + f ′ (1)(x − 1) = 3 − (x − 1)
2
3c. Usando a alı́nea b com x = 0.98 temos
0.02
1
= 3.01 .
f (0.98) ≈ 3 − (0.98 − 1) = 3 +
2
2
5
4a. arctan(x3 ) é a composição de
y = w5
com
w = arctan u
com
u = x3 .
Assim,
4 1
dy
dy dw du
1
3x2 = 5 arctan(x3 )
3x2
=
= 5w4
2
dx
dw du dx
1+u
1 + x6
3
4b. Temos
xx ln x = ex ln x·ln x = ex ln
2
x
Agora
(x ln2 x)′ = ln2 x + x(ln2 x)′ = ln2 x + x · 2 ln x ·
1
= ln2 x + 2 ln x
x
pelo que
2
ex ln
x ′
2
= ln2 x + 2 ln x ex ln x
5a. f (sen(πx)) é a composição de
y = f (u)
com
u = sen(πx)
pelo que
d
f (sen(πx)) = f ′ (u) π cos(πx) = f ′ (sen(πx)) π cos(πx)
dx
Tomando x = 2 obtemos
f ′ (sen(2π)) π cos(2π) = f ′ (0) π = 2π
5b. A derivada de f ◦ g é
(f ◦ g)′ (x) = f ′ (g(x))g ′ (x)
e tomando x = 0
= f ′ (g(0))g ′ (0) = f ′ (2)g ′ (0) = 5 · 3 = 15
5c. Aplicando o Teorema de Lagrange à função f ′ no intervalo [ 0, 2 ] temos
f ′ (2) − f ′ (0)
= f ′′ (c)
2−0
3
com 0 < c < 2. Substituindo os valores de f ′ , f ′′ (c) = 5−2
2 = 2.
0
6. Para n = 0 temos x0 = 0 = 0+1 . Assumindo por hipótese de indução que
n
xn = n+1
temos
xn+1 =
1
=
(n + 2)(1 − xn )
1
n
(n + 2) 1 −
n+1
como querı́amos demonstrar.
7a. Esboçando os gráficos das funções:
=
1
n+1
=
n+2
n+2
n+1
4
1.5
1.0
0.5
- 0.5
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
- 0.5
-1.0
vemos que deve existir uma solução para x > 1. Para demonstrar a existência aplicamos o teorema de Bolzano à função f (x) = e−x − ln x no
intervalo [ 1, e ]. f é contı́nua e
1
f (1) = e−1 − ln 1 = e−1 > 0
f (e) = e−e − ln e = e − 1 < 0
e
porque 1/ee < 1/22 < 1. Pelo teorema de Bolzano existe um ponto c ∈ ]1, e[
tal que f (c) = 0 donde e−c = ln c.
7b. Vamos ver que a função f (x) = e−x − ln x só pode ter um zero. O domı́nio
de f é R+ . Derivando,
1
(x > 0)
f ′ (x) = −e−x −
x
Para x > 0, 1/x > 0 logo f ′ (x) < 0. Assim, f é decrescente, logo é injectiva
pelo que f só pode ter um zero.
8. Dado um ε > 0 queremos encontrar um N tal que |xn −2| < ε para qualquer
natural n > N .
2n + 1
−5 = 5
|xn − 2| = − 2 = n+3
n + 3 n + 3
Assim,
5
<ε
|xn − 2| < ε ⇔
n+3
⇔ 5 < (n + 3)ε (pois n + 3 > 0)
5
⇔ n+3>
(pois ε > 0)
ε
Seja N = −3 + 5/ε. Então para qualquer n > N temos n + 3 > 5/ε logo
|xn − 2| < ε. Por definição de limite mostrámos que xn → 2.
Resolução abreviada do exercı́cio 9:
9a. Teorema de Weierstrass no intervalo [ 0, P ] mais periodicidade.
9b. Temos
1
1
g
= f (x) e g
= f (y)
x + kP
y + kP
Assim, g assume os valores f (x) e f (y) em qualquer vizinhança de zero pelo
que a sua oscilação é pelo menos |f (x) − f (y)|.