Gabarito prova 1 Cálculo I PDF

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Gabarito da primeira prova da disciplina Calculo I - Professor Daniel Leite...

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Gabarito da Primeira Avalia¸c˜ao de C´alculo 1 Data: 08/12/2013 Professor: Daniel Leite 1. Calcule o limite, caso exista. (a) lim (x2 + 1)3 (x + 3)5 x→−1

Solu¸ca ˜o: Como a fun¸ca˜o (x2 + 1)3 (x + 3)5 ´e cont´ınua em x = −1, temos lim (x2 + 1)3 (x + 3)5 = ((−1)2 + 1)3 (−1 + 3)5 = 23 25 = 28 = 256. x→−1

1

(b) lim

x

x→−1

−

1 x2 +1



Solu¸ca ˜o: Como a fun¸ca˜o x1 − x21+1 ´e cont´ınua em x = −1, temos    1 lim 1x − x21+1 = −1 − (−1)12 +1 = −1 − 21 = − 32 . x→−1

2 +sen(x)+x

(c) lim x x→0

x2 +3x

Solu¸ca ˜o: Aqui temos uma indetermina¸c˜ao do tipo 00. Podemos resolver assim sen(x) sen(x) x2 2 x+ x +1 + x + xx x)+x x = lim lim x +sen( . Agora, = lim 2 +3x x2 +3x x+3 x x→0 x→0 x→0 x   sen(x) + lim 1 = 0 + 1 + 1 = 2, e lim x + x + 1 = lim x + lim sen(x) x x→0

x→0

x→0

x→0

lim (x + 3) = 0 + 3 = 3. Como os limites do numerador e denominador x→0

2

(x)+x = existem, temos que lim x +xsen 2 +3x x→0   (d) lim e−2x cos √x12 +1

lim (x+

x→0

sen(x) +1 x

lim (x+3)

)

= 32 .

x→0

x→+∞

1 2x x→+∞ e

Solu¸ca ˜o: Temos que lim e−2x = lim

= 0. Em seguida, pode  mos usar um dos argumentos seguintes: a fun¸ca˜o cos √x21+1 ´e limitada   para qualquer valor de x implicando que lim e−2x cos √x12 +1 = 0, ou x→+∞

x→+∞

√ 1 x→+∞ x2 +1

que lim

= 0 e como a fun¸ca˜o cosseno ´e cont´ınua em x = 0, ent˜ ao     lim cos √x21+1 = cos(0) = 1 e com isso = cos lim √x12 +1 x→+∞ x→+∞     1 1 −2x −2x √ √ e cos cos lim = lim e = (0)(1) = 0. lim x2 +1 x2 +1 x→+∞

x→+∞

x→∞

1

2-(8 pontos). Determine todas as ass´ıntotas horizontais e verticais. (a) f (x) =

x+e−x x

Solu¸ca ˜o: Ass´ıntota vertical s´ o pode acontecer quando x = 0, pois ´e o u ´ nico ponto onde a fun¸ c a ˜ o ´e descont´ınua. Temos que     x+e−x 1 1 e−x lim+ x = lim 1 + x = lim+ 1 + exx . Agora, lim+ exx = lim+ e1x 1x + x→0

x→0

x→0

x→0

x→0

´e tal que lim+ e1x = 1 e lim+ 1x = +∞, logo lim+ ex1x = lim+ e1x 1x = (1)(+∞) = x→0 x→0 x→0   x→0   −x e−x x+e +∞. Ent˜ao, lim+ x = lim 1 + x = lim+ 1 + e1xx = 1 + ∞ = +∞. + x→0

x→0

x→0

Portanto, a reta x = 0 ´e ass´ıntota vertical. Vejamos as ass´ıntotas horizontais. Temos que   1 x+e−x = lim 1 + exx = 1 + lim e1xx = 1 + 0 = 1. Ent˜ ao, a reta lim x x→+∞

x→+∞

x→+∞

x+e−x x x→−∞

y = 1 ´e uma ass´ıntota horizontal. Temos tamb´em que lim

= −∞,

mas foi cancelado por acreditar ser de dif´ıcil argumenta¸c˜ao. Com isso, a u ´ nica ass´ıntota horizontal ´e y = 1. √

4

(b) g(x) = x21+x −x4

Solu¸ca ˜o: Ass´ıntotas verticais podem ocorrer quando x2 − x4 = 0 que s˜ ao os pontos de descontinuidade da fun¸c˜ao, ou seja, quando x2 (1 − x2 ) = x2 (1 − x)(1 + x) = 0. Ent˜ao, podemos ter ass´ıntotas verticais quando x = −1, x =√0, ex = 1. Vejamos √ cada um deles: √ √ 1+x4 1+x4 4 = = +∞, pois lim 1 + x 5 e lim x2 −x4 = lim x2 (1−x)(1+ x) x→−1+

x→−1+

x→−1+

2

x (1 − x)(1 + x) tende a zero √ com valores positivos, ou ainda, porque √ 1+x4 1 lim + x2 (1−x)(1+ = +∞ e lim lim 1 + x4 x2 (1−x1)(1+x) = 2 −x4 = x ) x x→−1+ x→−1 x→−1+ √ = ( 5)(+∞) = +∞. Portanto, a reta x = −1 ´e ass´ıntota vertical. lim+

x→0

√ 1+x4 x2 −x4

√

4

1+x = +∞, pois lim = lim+ x2 (1−x)(1+ x)

x→0+

x→0

√

1 + x4 = 1 e x2 (1 −

x)(1+x) tende a zero com valores positivos, ou ainda, porque lim+ x2 (1−x1)(1+x) = x→0 √ √ 4 1 4 = (1)(+ ∞ ) = +∞. Portanto, = lim 1 + x +∞ e lim x21+x x2 (1−x)(1+x) −x4 x→0+

x→0+

a reta x = 0 e´ ass´ıntota vertical. lim+

x→1

√ 1+x4 x2 −x4

= lim+ x→1

√ 1+x4 x2 (1−x)(1+x)

= −∞, pois lim+ x→1

√

1 + x4 =

√

5 e x2 (1 −

x)(1+x) tende a zero com valores negativos, ou ainda, porque lim+ x2 (1−x1)(1+x) = x→1 √ √ √ 4 1 4 = lim 1 + x −∞ e lim+ x21+x = ( 5)(−∞) = −∞. Por−x4 x2 (1−x)(1+x) + x→1

x→1

2

tanto, a reta x = 1 ´e ass´ıntota vertical. Vejamos as ass´ıntotas horizontais. Temos que q q √ 4 1 +1 2 x x ( ) ( x14 +1) 4 = lim x2 (1−x4x2 ) = lim x2 (1−x = lim x21+x 2) −x4 x→+∞

x→+∞

x→+∞

lim

q

x→+∞

( x14 +1) 1−x2

= 0.

√ 1+x4 2 4 x→−∞ x −x

Ent˜ao, a reta y = 0 ´e uma ass´ıntota horizontal. Temos tamb´em que lim lim

x→−∞

q

( x14 +1) 1−x2

= 0. Portanto, a reta y = 0 ´e a u ´ nica ass´ıntota horizontal.

3-(5 pontos). Encontre os pontos de descontinuidade da fun¸ca˜o. seguida, esboce o gr´ afico.  x2 −9 , se x>3  x−3 f (x) = |x + 1| + |x − 1|, se −2 ≤ x ≤ 3  1 , se x < −2 x+1

Em

2

−9 Solu¸ca ˜o: A fun¸ca˜o xx−3 ´e cont´ınua para x > 3; a fun¸ca˜o |x + 1| + |x − 1| 1 para x < −2. Sendo assim, os ´e cont´ınua para −2 ≤ x ≤ 3; e a fun¸ca˜o x+1 u ´ nicos pontos onde pode ocorrer descontinuidade s˜ ao x = −2 e x = 3. 1 1 = −2+1 = −1 e Para x = −2, temos que lim− f (x) = lim− x+1 x→−2

x→−2

lim + f (x) = lim+ |x + 1| + |x − 1| = | − 2 + 1| + | − 2 − 1| = | − 1| + | − 3| =

x→−2

x→−2

1 + 3 = 4. Como o limite n˜ ao existe, pois os limites laterais s˜ao diferentes, a fun¸ca˜o ´e descont´ınua em x = −2. Para x = 3, temos que lim− f (x) = lim |x +1|+|x −1| = |3+1|+ |3−1| = x→3

|4|+ |2| = 4+2 = 6 e lim f (x) = + x→3

x→3− (x−3)(x+3) x2 −9 lim = lim+ x−3 x→3+ x−3 x→3

= lim+ (x+3) = x→3

3 + 3 = 6. Ent˜ ao, lim f (x) = 6 e f (3) = |3 + 1| + |3 − 1| = |4| + |2| = 6 x→3 Portanto, a fun¸ca˜o ´e cont´ınua em x = 3. Para o esbo¸co do gr´ afico, precisamos escrever explicitamente a express˜ ao da fun¸ca˜o f em cada intervalo. Temos que • Para x > 3, f (x) =

x2 −9 x−3

= x + 3;

• Para 1 ≤ x ≤ 3, f (x) = |x + 1| + |x − 1| = (x + 1) + (x + 1) = x + 1 + x − 1 = 2x; • Para −1 ≤ x ≤ 1, f (x) = |x + 1| + |x − 1| = (x + 1) + [−(x − 1)] = x + 1 − x + 1 = 2; • Para −2 ≤ x ≤ −1, f (x) = |x + 1| + |x − 1| = −(x + 1) + [−(x + 1)] = −x − 1 − x + 1 = −2x; 3

=

• Para x < −2, f (x) =

1 . x+1

Com isso, o gr´ afico fica assim

4-(4 pontos). Use o conceito sobre derivada para determinar a fun¸ca˜o quadr´ atica f (x) = ax2 + bx que tem como reta tangente em (1, 1) a equa¸ca˜o y = 3x − 2. Fa¸ca o esbo¸co do gr´ afico junto com a reta tangente. Solu¸ca ˜o: Por defini¸c˜ao temos que f ′ (1) = 3 e f (1) = 1. A segunda igualdade implica que a + b = 1 e a primeira que 2 a(1+h)2 +b(1+h)−(a+b) (1) −a−b f ′ (1) = lim f (1+h)−f = = lim a+2ah+h +b+bh = lim h h h

h→0 h→0 h(2a+h+b) 2ah+h2 +bh = lim = lim(2a h h h→0 h→0 h→0

lim

h→0

+ h + b) = 2a + b = 3.

Com isso, temos o sistema a + b = 1, 2a + b = 3, cuja solu¸ca˜o ´e a = 2 e b = −1. Portanto, a fun¸c˜ao ´e f (x) = 2x2 − x.

4...