Gabarito - (Limites - Exercícios), Exercícios de Cálculo

Baixe Gabarito - (Limites - Exercícios) e outras Exercícios em PDF para Cálculo, somente na Docsity! M Universidade Federal do Rio de Janeiro INSTITUTO DE MATEMÁTICA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA É Cálculo 1 — 2022-1 Gabarito da Lista 1 - Limites altamente recomendável que a solução de exerćıcios seja conferida somente após o aluno ter tentado resolvê-los; o aprendizado se consolida com a tentativa exaustiva da resolução dos exerćıcios. Exerćıcio 1: As funções da forma f(x) = P (x) Q(x) , onde P e Q são polinômios, são denominadas funções racionais. No caso em que os limites de funções racionais indicam indeterminação do tipo “0/0” quando x → x0, significa que x0 é raiz comum aos dois polinômios. Logo, podemos fatorar esses polinômios e simplificar a fração. É o caso dos limites em (1.1), (1.3)-(1.6), (1.7). Soluções: (1.1) Não há indeterminação. Das propriedades dos limites (regra do quociente), temos lim x→−3 x2 − 9 x2 + x− 12 = 0 −6 = 0. (1.2) Não há indeterminação. Das propriedades dos limites (regra do quociente), temos lim x→5 x− 5√ x2 + 5 = 0√ 30 = 0. (1.3) Temos a indeterminação do tipo “0/0”. Como 3 é raiz do numerador e denominador, devemos fatorar esses polinômios. x2 − 9 x2 + x− 12 = (x− 3)(x+ 3) (x− 3)(x+ 4) = x+ 3 x+ 4 , ∀x 6= 3. Logo, lim x→3 x2 − 9 x2 + x− 12 = lim x→3 x+ 3 x+ 4 = 6 7 . (1.4) Temos a indeterminação do tipo “0/0” x2 − 7x+ 6 x2 − 4x+ 3 = (x− 1)(x− 6) (x− 1)(x− 3) = x− 6 x− 3 , ∀x 6= 1. Logo, lim x→1 x2 − 7x+ 6 x2 − 4x+ 3 = lim x→1 x− 6 x− 3 = 5 2 . (1.5) Temos a indeterminação do tipo “0/0” x2 + 3x+ 2 x3 + 2x2 + x = (x+ 1)(x+ 2) x(x + 1)2 = x+ 2 x(x + 1) , ∀x 6= −1. Logo, o limite não existe, pois o denominador tende a zero e o numerador tende a 1. Observe os seguintes comportamentos assintóticos lim x→(−1)+ x+ 2 x(x + 1) = “1/0−” = −∞ e lim x→(−1)− x+ 2 x(x+ 1) = “1/0+” = +∞. 1 (1.6) Temos a indeterminação do tipo “0/0” 3x3 + 24 x3 + x2 − 2x = 3(x3 + 8) x(x2 + x− 2) = 3(x+ 2)(x2 − 2x+ 4) x(x− 1)(x+ 2) = 3(x2 − 2x+ 4) x(x− 1) , ∀x 6= −2. Logo, lim x→−2 3x3 + 24 x3 + x2 − 2x = lim x→−2 3(x2 − 2x+ 4) x(x− 1) = 6. (1.7) Temos a indeterminação do tipo “0/0”. Neste caso, convém lembrar as fórmulas de fatoração para expressões do tipo an − bn, com a, b ∈ R e n ∈ N (mostre-a!). an − bn = (a− b)(an−1 + ban−2 + b2an−3 + · · ·+ bn−3a2 + bn−2a+ bn−1). (∗) Usando essa decomposição, obtemos: x3 − 1 = (x− 1)(x2 + x+ 1), x7 − 1 = (x− 1)(x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1). Logo, lim x→1 x3 − 1 x7 − 1 = lim x→1 x2 + x+ 1 x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1 = 3 7 . (1.8) Temos a indeterminação do tipo “0/0”. Neste caso, não temos polinômio no numerador, mas podemos eliminar a indeterminação, multiplicando e dividindo a função pelo “conjugado” de √ 1 + x− 1. √ 1 + x− 1 x = √ 1 + x− 1 x × √ 1 + x+ 1√ 1 + x+ 1 = 1√ 1 + x+ 1 , ∀x ≥ −1, x 6= 0. Logo, lim x→0 √ 1 + x− 1 x = lim x→0 1√ 1 + x+ 1 = 1 2 . Exerćıcio 2: (2.1) Da definição de f , temos    lim x→1− f(x) = lim x→1− (x2 + 1) = 2, lim x→1+ f(x) = lim x→1+ (x− 2)2 = 1, (2.2) Como os limites laterais no ponto x0 = 1 são diferentes, o limite nesse ponto não existe. (2.3) Por outro lado, lim x→0 f(x) = lim x→0 (x2 + 1) = 1. (2.4) x y −2 −1 1 2 2 5 1 2 Portanto, a reta a = — 1/2 é assíntota vertical da f. c) A função não possui assíntota vertical, pois «2 +9 > 9 para todo E R. Ç P +D P Exercício 7; Observando que o denominador se anula em « = 1, a única possibilidade para que o limi- st te exi a é que o numerador também se anule. Logo, devemos ter necessariamente lim f(2) = 8. Mais 25 precisamente, Então, f =8+g(2)r-1)e lim f(x) = lim [8+ g(x)(x —2)]=8+10x0=8. eo es Exercício 8; Como no exercício anterior, o denominador se anula em x = —2, de modo que a única ilidade para que o limite exista é que o numerador também se anule. Observe que — Bulparta+3 o dm, ças — U5-al/0 Portanto, a = 15. De fato, veja que 32 rar ra+3 a +a-2Do 2+52+6 (2 +3)(2+2) a +2—2 (2— Dx +2) m, temos — Jprarta+3 . lim DDD =3 lim 2502 q+r-2 25-23 Exercício 9: Temos 6+Yz+ra ser<s, 9-4? == ser>83 4-Va2+7 lim f(x)= lim (6+ Yxra)=6+ V3+a. 253 253 Para calcular o limite pela direita eliminando a indeterminação, multiplicamos e dividimos a expressão pelo conjugado do denominador. 9- == 14 vVa+47, Vezf3. 4 VT PT Vef Logo, im (9) = im (14 VD = lis, (0) = qm, (d+ Vê + 1) — Portanto, para que o limite exista, devemos ter 6 + Y3 Fa = 8, isto é, V3+a=2 es 3+1=8 > a=5. Exercício 10; Por hipótese 37 —4< f(x) <a? — 32 + 5 para todo « > 0. Observando que lim (32 — 4) = lim 253 —32+5) = 5, 0 Teorema do Confronto nos garante que lim f 253 253 — Exercícios suplementares — Exercício 11: (11.1) Temos a indeterminação do tipo “0/0”. Neste caso, não temos polinômios no numer- ador e no denominador, mas podemos eliminar a indeterminação, multiplicando e dividindo a função pelos do numerador e denominador. vBr+i-3 vBM+i-3 vB+l+3 va-d+v2 vz-2-vê2 ve-2-vê vVM+l+3 ve-2+va Juntando convenientemente os termos do lado direito da identidade acima, obtemos, v2z + -3 (Qu+1)-9 vr-2+v2 Aroa(vo-2+v2) Avr-3+v2) vaz2 efa vz-2-v2 (v-2)-20 VDrr1i+3 0 (u-4)(V2w+1+3) vV2r+1+3 0 SOCO Logo, “conjugados (11.2) Temos a indeterminação do tipo “0/0”. Aqui vamos usar as seguintes fatoraçõ no Exercício 1-(1.7)): veja identidade (+) -b=(a-b)(a+b) b'=(c-b(2+cb+b?) Portanto, 2. b2 a-b= Yu b=1Lea= vz. Então a+b Sejam c vVI+1 2 A LV Er (11.3) Não há indeterminação. Como a função g(x) = VT é contínua em todos os pontos de seu domínio, podemos passar o símbolo de limite para “dentro da raiz”. Assim: h 2202 +41. + k 22241 [9.3 DV 3-2 Voa “Vara (11.4) Não há indeterminação. Como no exerc jo anterior, a função g( contínua em todos os pontos 246 (tm O NO (Ns 7) dessalsa-T) dos) o (11.5) Temos a indeterminação do tipo “0/0”. Lembremos que (a + b)3 = a? + 342b + 3ab2 + b3. Então, de seu domínio. Logo: (x + A) — 302h + 3h? + hº =322+3%2h+h2, VhfO. h h Logo lim h→0 (x + h)3 − x3 h = lim h→0 (3x2 + 3xh+ h2) = 3x2. (11.6) Novamente, a indeterminação é do tipo “0/0”. Temos, 1 (x+ h)2 − 1 x2 = x2 − (x+ h)2 (x+ h)2x2 = −2xh− h2 (x + h)2x2 Logo, 1 h [ 1 (x+ h)2 − 1 x2 ] = −2x− h (x+ h)2x2 ⇓ lim h→0 1 h [ 1 (x+ h)2 − 1 x2 ] = −2x x4 = − 2 x3 . Exerćıcio 12: Para a função f(x) =    x4 + 5 se x ≤ −2, ax+ b se −2 < x ≤ 1, x2 − 1 se x > 1, temos: lim x→−2− f(x) = lim x→−2− (x4 + 5) = 21 e lim x→−2+ f(x) = lim x→−2+ (ax+ b) = −2a+ b. (∗∗) lim x→1− f(x) = lim x→1− (ax+ b) = a+ b e lim x→1+ f(x) = lim x→1+ (x2 − 1) = 0. (∗ ∗ ∗) Para que os limites existam, devemos ter as igualdades em (**) e (***), isto é, { −2a+ b = 21, a+ b = 0. ⇒ a = −7, b = 7. Exerćıcio 13: (a) Sabemos que −1 ≤ cos(u) ≤ 1 qualquer que seja u ∈ R. Então −x4 ≤ x4 cos ( 5 x ) ≤ x4, ∀x 6= 0. Pelo Teorema do Confronto, segue que lim x→0 x4 cos ( 5 x ) = 0. (b) De modo análogo, −1 ≤ sen(u) ≤ 1 qualquer que seja u ∈ R. Como a função y = ex é crescente, temos e−1 ≤ esen(π/x) ≤ e, ∀x 6= 0 e como √ x > 0 para todo x > 0, √ x e ≤ √ x esen(π/x) ≤ e √ x, ∀x > 0. Como √ x tende a zero quando x → 0+, segue do Teorema do Confronto, lim x→0+ √ x esen(π/x) = 0. 7