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Capítulo 9
EXEMPLOS DIVERSOS
Agradecemos ao Professor Silvio Pinha Gomes do Departameneto de Análise do IME-UERJ,
por ceder, gentilmente estes exercícios.
9.1 Limites
[1] Determine o valor da constante a ∈ R para que exista
lim x→ 0
1 + x − (1 + a x)
x^2
e calcule o limite.
Solução : Primeiramente racionalizemos a expressão:
√ 1 + x − (1 + a x)
x^2
1 + x − (1 + a x)
x^2
1 + x + (1 + a x) √ 1 + x + (1 + a x)
1 + x − (1 + a x)^2
x^2 (
1 + x + (1 + a x))
= x
[
1 − 2 a − a^2 x
x^2 (
1 + x + (1 + a x))
]
1 − 2 a
x (
1 + x + (1 + a x))
a^2
(
1 + x + (1 + a x))
Logo, a condição necessária para que o limite exista é que a primeira parcela seja nula, isto é,
a =
; então:
lim x→ 0
1 + x − (1 + a x)
x^2
= lim x→ 0
1 + x + (1 + a x))
[2] Calcule: lim x→ 0
[
sen(x)
x
] sen(x) x − sen(x) .
Solução : Primeiramente reescrevamos o expoente da expressão:
sen(x)
x − sen(x)
sen(x)
x
sen(x)
x
372 CAPÍTULO 9. EXEMPLOS DIVERSOS
Fazendo t = 1 −
sen(x)
x
, temos que 1 − t =
sen(x)
x
. Por outro lado observamos que se x → 0 ,
então t → 0 e:
sen(x)
x − sen(x)
1 − t
t
t
Logo:
lim x→ 0
[
sen(x)
x
]
sen(x)
x − sen(x) = lim t→ 0
(1 − t)
t
− 1 = lim t→ 0
(1 − t)
t (^) (1 − t)−^1 = e−^1.
[3] Calcule: lim x→ π 4
[
tg(x)
]tg(2x) .
Solução : Primeiramente reescrevamos o expoente da expressão. Fazendo t = 1 − tg^2 (x), temos
que tg(x) =
1 − t e
tg(2 x) =
2 tg(x)
1 − tg^2 (x)
1 − t
t
Por outro lado observamos que se x →
π
4
, então t → 0 e:
lim x→ π 4
[
tg(x)
]tg(2x) = lim t→ 0
[√
1 − t
]
1 − t
t (^) = lim t→ 0
[(
1 − t
t
]]√ 1 −t = e−^2.
[4] Determine as constantes k, b ∈ R tais que
lim x→+∞
[
k x + b −
x^1000 + 1
x^999 + 1
]
Solução : Primeiramente reescrevamos a expressão:
[
k x + b −
x^1000 + 1
x^999 + 1
]
k x^1000 + k x + b x^999 + b − x^1000 − 1
x^999 + 1
x^1000 (k − 1) + b x^999 + k x + b − 1
x^999 + 1
Sabemos que lim x→+∞
P (x)
Q(x)
= 0 se grau(Q) > grau(P ). Logo, k − 1 = 0 e b = 0, ou seja k = 1 e
b = 0.
[5] Calcule:
lim x→+∞
x +
x +
x −
x.
Solução : Primeiramente racionalizemos a expressão:
374 CAPÍTULO 9. EXEMPLOS DIVERSOS
Solução : Dividindo os polinômios:
x
n
n− 1
n− 2 +...... + x
2
onde Pn(x) = xn−^1 + 2 xn−^2 + 3 xn−^3 +... + (n − 2) x^2 + (n − 1) x + n. Logo:
lim x→ 1
xn^ + xn−^1 + xn−^2 +...... + x^2 + x − n
x − 1
= lim x→ 1
Pn(x) = Pn(1).
Por outro lado:
Pn(1) = 1 + 2 + 3 +...... + (n − 2) + (n − 1) + n =
n (n + 1)
2
[8] Calcule: lim x→ 0
cos(x) − [[sen(x)]]
π
2
≤ x ≤
π
2
Solução : Considere f (x) = cos(x) − [[sen(x)]]. Se −
π
2
≤ x < 0 , então − 1 ≤ sen(x) < 0 e
[[sen(x)]] = − 1 , logo f (x) = cos(x) + 1. Se 0 ≤ x <
π
2
então 0 ≤ sen(x) < 1 e [[sen(x)]] = 0,
logo f (x) = cos(x). Se x =
π
2
, então [[sen
( (^) π
2
]] = 1 e f
( (^) π
2
= − 1. Logo:
f (x) =
cos(x) + 1 se −
π
2
≤ x < 0
cos(x) se 0 ≤ x <
π
2 − 1 se x =
π
2
Então:
lim x→ 0 +^
f (x) = lim x→ 0 +^
cos(x) = 1,
lim x→ 0 −^
f (x) = lim x→ 0 −^
cos(x) + 1 = 2.
Consequentemente, lim x→ 0
cos(x) − [[sen(x)]]
não existe.
- 1.5 - 1.0 - 0.5 0.0 0.5 1.0 1.
Figura 9.1: Gráfico de f (x) = cos(x) − [[sen(x)]].
[9] Calcule:
lim x→ π 6
sen
x +
5 π
6
cotg^3 (x) − 3 cotg(x)
9.2. CONTINUIDADE 375
Solução : Primeiramente reescrevamos o numerador:
sen
x +
5 π
6
= sen(x) cos
( (^5) π
6
( (^5) π
6
cos(x) =
[
cos(x) −
3 sen(x)
]
sen(x)
2
[
cotg(x) −
]
pois sen(x) 6 = 0, então:
sen
x +
5 π
6
cotg^3 (x) − 3 cotg(x)
sen(x)
cotg(x) −
2 cotg(x)
cotg(x) −
cotg(x) +
sen(x)
2 cotg(x)
cotg(x) +
Logo:
lim x→ π 6
sen
x +
5 π
6
cotg^3 (x) − 3 cot(x)
= lim x→ π 6
sen(x)
2 cotg(x)
cotg(x) +
9.2 Continuidade
Analise a continuidade das seguintes funções:
[1] f (x) =
sen(x)
|x|
se x 6 = 0
3 se x = 0.
Solução : Claramente, o problema é determinar se f é contínua em 0. Reescrevamos a função:
f (x) =
sen(x)
x
se x < 0
3 se x = 0 sen(x)
x
se x > 0.
Logo,
lim x→ 0 −^
f (x) = − lim x→ 0 +
sen(x)
x
= − 1 e lim x→ 0 +^
f (x) = lim x→ 0 +
sen(x)
x
Então f não é contínua em 0.
-6 -4 -2 2 4 6
-0.
1
Figura 9.2: Gráfico de f.
[2] f (x) =
21 /x^ − 1
21 /x^ + 1
9.2. CONTINUIDADE 377
Então, f é contínua em R.
-3 3
3
Figura 9.4: Gráfico de f.
Determine as constantes tais que as seguintes funções sejam contínuas:
[1] f (x) =
m x + 3 se x < − 3
cos
( (^) π x
3
se − 3 ≤ x ≤ 3
n x + 3 se x > 3.
Solução : Se x = − 3 , então f (−3) = cos(−π) = − 1. Por outro lado:
lim x→− 3 −^
f (x) = lim x→− 3
m x + 3
= − 3 m + 3 e lim x→− 3 +^
f (x) = lim x→− 3
cos
( (^) π x
3
Como os limites laterais devem ser iguais, temos que − 3 m + 3 = − 1 , isto é, m =
. Se x = 3,
então f (3) = cos(π) = − 1. Por outro lado:
lim x→ 3 −^
f (x) = lim x→ 3
cos
( (^) π x
3
= − 1 e lim x→ 3 +^
f (x) = lim x→ 3
n x + 3
= 3 n + 3.
e Como os limites laterais devem ser iguais, temos que 3 n + 3 = − 1 , isto é, n = −
. Logo:
f (x) =
4 x
3
cos
( (^) π x
3
se − 3 ≤ x ≤ 3
4 x
3
-3 3
1
Figura 9.5: Gráfico de f.
378 CAPÍTULO 9. EXEMPLOS DIVERSOS
[2] f (x) =
sen(11 x − 22)
3 x − 6
se x < 2
m se x = 2
x^3 + 5 x^2 − 32 x + 36
x^3 − 3 x^2 + 4
se x > 2.
Solução : Primeiramente fatoremos os polinômios:
x^3 + 5 x^2 − 32 x + 36
x^3 − 3 x^2 + 4
(x − 2)^2 (x + 9)
(x − 2)^2 (x + 1)
Por outro lado:
sen(11 x − 22)
3 x − 6
sen
11 (x − 2))
3 (x − 2)
, fazendo t = x − 2 , temos que x → 2 −, então
t → 0 −, e:
sen(11 x − 22)
3 x − 6
sen
11 (x − 2))
3 (x − 2)
sen
11 t
3 t
[
sen
11 t
11 t
]
Se x = 2, então f (2) = m. Logo:
lim x→ 2 −^
f (x) = lim x→ 2 −
sen
11 (x − 2))
3 (x − 2)
= lim t→ 0 −
[
sen
11 t
11 t
]
lim x→ 2 +^
f (x) = lim x→ 2 +
x^3 + 5 x^2 − 32 x + 36
x^3 − 3 x^2 + 4
= lim x→ 2 +
x + 9
x + 1
Então, m =
e:
f (x) =
sen(11 x − 22)
3 x − 6
se x < 2
se x = 2
x^3 + 5 x^2 − 32 x + 36
x^3 − 3 x^2 + 4
se x > 2.
-1 1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
Figura 9.6: Gráfico de f.
[3] f (x) =
esen(x)^ − 1
x
se x < 0
m cos(π x) + n se 0 ≤ x ≤ 3
x^3 + 11 x^2 − 93 x + 153
x^3 − 4 x^2 − 3 x + 18
se x > 3.
380 CAPÍTULO 9. EXEMPLOS DIVERSOS
Solução : Se x = 0, então f (0) = m − 1. Logo, necessáriamente devemos ter que:
lim x→ 0 −^
f (x) =
m^2 − 4
m
= f (0) = m − 1 ,
isto é, m = 4. Por outro lado:
lim x→ 0 +^
f (x) = lim x→ 0 +
[
sen(n x)
n x
] [
n x
ln(1 + 100 x)
]
= n lim x→ 0 +
[
x
ln(1 + 100 x)
]
= n lim x→ 0 +
[
ln(1 + 100 x)
x
]
Como: lim x→ 0 +^
ln(1 + 100 x)
x (^) = ln
lim x→ 0 +
(1 + 100 x)
x
= ln(e^100 ) = 100, temos, lim x→ 0 +^
f (x) =
n
100
por outro lado, lim x→ 0 +^
f (x) = f (0), temos que n = 300 e:
f (x) =
x + 12
4 − arctg(11 x)
se x < 0
3 se x = 0 sen(300 x)
ln(1 + 100 x)
se x > 0.
-0.1 -0.05 0.05 0.
Figura 9.8: Gráfico de f.
9.3 Derivada
[1] Considere a função f (x) = a+b cos(2 x)+c cos(4 x), onde a, b, c ∈ R. Sabendo que f
( (^) π
2
f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f (3)(0) = 0 e que f pode ser escrita na forma f (x) = senn(x), n ∈ N,
determine a, b, c e n.
Solução : Primeiramente note que f (0) = a + b + c, f ′′(0) = b + 4 c e f
( (^) π
2
= a − b + c; logo,
obtemos o sistema: (^)
a + b + c = 0
a − b + c = 1
b + 4 c = 0,
cuja solução é a =
, b = −
e c =
; então:
f (x) =
cos(2 x)
2
cos(4 x)
8
9.3. DERIVADA 381
Por outro lado, cos(4 x) = 2 cos^2 (2 x) − 1 e cos(2 x) = 1 − 2 sen^2 (x), logo:
f (x) =
cos(2 x)
2
cos(4 x)
8
cos(2 x)
2
cos^2 (2 x)
4
= sen^4 (x).
Então a =
, b = −
, c =
e n = 4.
[2] Determine a equação da reta tangente e a equação da reta normal à curva y = arcsen
( (^) x − 1
2
no ponto onde a curva intersecta o eixo dos x.
Solução : Determinemos a interseção da curva com o eixo dos x. Se y = 0, temos:
arcsen
( (^) x − 1
2
x − 1
2
= 0 ⇔ x = 1.
Logo, o único ponto de interseção é (1, 0). Por outro lado, os coeficientes angulares da reta
tangente e da reta normal à curva são, respectivamente:
m 1 = y
′
3 + 2 x − x^2
⇒ m 1 (1) =
m 2 = −
y′^
3 + 2 x − x^2 ⇒ m 2 (1) = − 2.
Logo, as equações da reta tangente e da reta normal são, respectivamente:
y =
(x − 1) ⇒ x − 2 y = 1
y = −2 (x − 1) ⇒ 2 x + y = 2.
1
2
Figura 9.9: Gráficos do exemplo [2].
[3] Determine a equação da reta normal à curva y = x ln(x), que é paralela à reta 2 x− 2 y+3 = 0.
Solução : Primeiramente, calculemos os coeficientes angulares que precisamos. O coeficiente
angular da reta 2 x − 2 y + 3 = 0 é m 1 = 1. O coeficiente angular da reta normal à curva é:
m 2 = −
y′^
1 + ln(x)
9.3. DERIVADA 383
1
1
2
Figura 9.11: Exemplo [4].
[5] A forma de uma colina numa área de preservação ambiental, pode ser descrita pela equação
y = −x^2 + 17 x − 66 , sendo 6 ≤ x ≤ 11. Um caçador, munido de um rifle está localizado no
ponto (2, 0). A partir de que ponto da colina, a fauna estará 100% segura?
Solução : Denotemos por P 0 = (x 0 , y 0 ) o ponto além do qual a fauna não pode ser vista pelo
caçador, situado no ponto (2, 0). A fauna estará a salvo, além do ponto P 0 onde a reta que liga
(2, 0) à colina seja tangente à mesma.
2
Figura 9.12: Vista bidimensional do problema.
Observe que y′^ = − 2 x + 17 é o coeficiente angular de qualquer reta tangente à parábola; logo,
no ponto P 0 , temos y′^ = − 2 x 0 + 17 e a equação da reta tangente é:
y − y 0 = (− 2 x 0 + 17) (x − x 0 ).
Como a reta passa por (2, 0), temos:
(1) − y 0 = (− 2 x 0 + 17) (2 − x 0 ).
O ponto P 0 também pertence à parábola; então:
(2) y 0 = −x^20 + 17 x 0 − 66.
Igualando (1) e (2):
x
2 0 −^4 x^0 −^ 32 = (x^0 −^ 8) (x^0 + 4) = 0^ ⇒^ x^0 = 8^ e^ y^0 = 6.
Então, P 0 = (8, 6) e a fauna estará a salvo a partir de x > 8.
[6] A reta tangente à curva y = −x^4 + 2 x^2 + x no ponto (1, 2) é também tangente à curva em
um outro ponto. Ache este ponto.
384 CAPÍTULO 9. EXEMPLOS DIVERSOS
Solução : O coeficiente angular da reta tangente à curva é y′^ = − 4 x^3 + 4 x + 1, como (1, 2)
é um ponto comum à reta e a curva, temos y′(1) = 1. A equação da reta tangente que passa
pelo ponto (1, 2) é: y = x + 1. Para determinar os pontos comuns à curva e à reta tangente,
resolvemos o sistema: (^) {
y = −x^4 + 2 x^2 + x
y = x + 1,
obtendo x^4 − 2 x^2 + 1 = (x^2 − 1)^2 = 0 e x = ± 1. O ponto procurado é (− 1 , 0).
-1 1
2
Figura 9.13: Exemplo [6]
[7] O ponto P = (6, 9) pertence à parábola x^2 = 4 y. Determine todos os pontos Q da parábola
tais que a normal em Q passe por P
Solução : Um ponto arbitrário da parábola é Q =
a,
a^2
4
e o coeficiente angular da reta normal
à curva é: m 1 = −
y′^
x
. A equação da reta normal à curva no ponto Q é:
y −
a^2
4
a
(x − a).
Mas a normal passa pelo ponto (6, 9), logo:
a^2
4
a
(6 − a) ⇒ a^3 − 28 a − 48 = (a − 6) (a + 2) (a + 4) = 0.
Os pontos procurados são Q 1 = (− 4 , 4), Q 2 = (− 2 , 1) e Q 3 = (6, 9).
-4 -2 6
1
4
9
Figura 9.14: Exemplo[7].
[8] Nos pontos de interseção da reta x − y + 1 = 0 com a curva y = x^2 − 4 x + 5, traçam-se as
normais à curva. Calcule a área do triângulo formado pelas normais e pela corda que subtende
os referidos pontos de interseção.
386 CAPÍTULO 9. EXEMPLOS DIVERSOS
Note que y′(−3) não existe e f é contínua em x = − 3 ; como Dom(f ) = [− 3 , +∞), no ponto
x = − 3 a reta tangente à curva é vertical. Determinemos os pontos extremos, estudando o sinal
de y′^ ao redor do ponto x = − 2 :
y
′ > 0 ⇔ x > − 2
y′^ < 0 ⇔ x < − 2 ,
logo, x = − 2 é ponto de mínimo local e y = − 2. Pela simetria em relação ao eixo dos x, se
consideramos y = −x
x + 3, o ponto (− 2 , 2) é de máximo. A curva não possui pontos de
inflexão ou assíntotas.
-3 -2 -1 1 2
1
2
Figura 9.16: Exemplo [9].
[10] Dada uma circunferência de raio r, determine o comprimento de uma corda tal que a soma
desse comprimento com a distância da corda ao centro da circunferência seja máxima?
Solução :
y^ y
x r
Figura 9.17: Exemplo [9].
Com as notações do desenho, x^2 + y^2 = r^2 ; então y =
r^2 − x^2. O comprimento da corda é
C = 2 y; logo C = 2
r^2 − x^2. Logo, a função que devemos maximizar é: f (x) = x+
r^2 − x^2.
Derivando e igualando a zero:
f ′(x) = 1 −
2 x √ r^2 − x^2
= 0 ⇔ 2 x =
r^2 − x^2 ⇔ 5 x^2 = r^2 ⇐⇒ x =
r √ 5
Derivando novamente:
f ′′(x) =
2 r^2
(r^2 − x^2 )^3 /^2
⇒ f ′′
( (^) r √ 5
4 r
Logo,
r √ 5
é ponto de máximo e:
f
( (^) r √ 5
5 r.
9.3. DERIVADA 387
[11] Determine o cilindro circular reto de volume máximo que pode ser inscrito num cone
circular reto.
Solução :
B E C
D
A
x
y
Figura 9.18: Seção bidimensional do problema.
Com as notações do desenho, sejam r e h o raio e a altura do cone, respectivamente; x e y o raio
a altura do cilindro. Por outro lado, o ∆ABC é semelhante ao ∆DEC; temos:
AB
DE
BC
EC
h
y
r
r − x
⇒ y =
h
r
(r − x) (1).
O volume do cilindro é V = π x^2 y; logo, de (1) temos que a função a maximizar é:
V (x) =
π h
r
(r x
2 − x
3 ).
Derivando e igualando a zero:
V ′(x) =
π h
r
(2 r − 3 x) x = 0 ⇒ x = 0 ou x =
2 r
3
como x 6 = 0, o único ponto crítico é x =
2 r
3
. Estudemos o sinal de 2 r − 3 x:
2 r − 3 x > 0 ⇔ 0 < x <
2 r
3
2 r − 3 x < 0 ⇔ x >
2 r
3
Então x =
2 r
3
é ponto de máximo. Logo, o cilindro de volume máximo inscrito num cone tem
raio da base igual a 2 / 3 do raio da base do cone e altura igual a 1 / 3 da altura do cone.
9.4. INTEGRAÇÃO 389
Solução : Fazendo : t = sen(x) ⇒ dt = cos(x) dx. Então:
I =
t
1 + t^4
dt =
t
1 +
t^2
) 2 dt^ =^
arctg(t^2 )
2
arctg
sen^2 (x)
[3] Calcule I =
x √
1 + x^2 +
(1 + x^2 )^3
dx.
Solução : Note que 1 + x^2 +
(1 + x^2 )^3 = 1 + x^2 + (1 + x^2 )
1 + x^2 = (1 + x^2 ) (1 +
1 + x^2 ),
então; √
1 + x^2 +
(1 + x^2 )^3 =
1 + x^2
1 + x^2.
Agora, fazendo:
u = 1 +
1 + x^2 ⇒ du =
x √ 1 + x^2
dx;
logo,
I =
du √ u
u + c = 2
1 + x^2 + c.
[4] Calcule I =
x arctg(x) ln(x^2 + 1) dx.
Solução : Integramos por partes:
u = ln(x
2
2 x
1 + x^2
dx
dv = x arctg(x) dx ⇒ v =
x arctg(x) dx.
Denotemos por I 1 =
x arctg(x) dx. Para achar v, novamente integramos por partes:
u = arctg(x) ⇒ du =
dx
1 + x^2
dv = x dx ⇒ v =
x^2
2
Logo:
I 1 =
x^2 arctg(x)
2
x^2
1 + x^2
dx =
x^2 arctg(x)
2
∫ [
1 + x^2
]
dx
x^2 arctg(x)
2
[
x − arctg(x)
]
(x^2 + 1) arctg(x)
2
x
2
Voltando a I: v du =
x
x^2 + 1
[
(x^2 + 1) arctg(x) − x
]
= x arctg(x) −
x^2
x^2 + 1
e:
v du = I 1 + arctg(x) − x,
Então:
I = u v −
v du =
[
(1 + x^2 ) arctg(x) − x
] [
ln(x^2 + 1) − 1
]
− arctg(x) + x + c.
390 CAPÍTULO 9. EXEMPLOS DIVERSOS
[5] Calcule I =
∫ (^) π
0
x sen(x)
1 + cos^2 (x)
dx.
Solução : Fazendo x = π − t, dx = −dt; se x = 0, então t = π e se x = π, então t = 0. Por ouro
lado: x sen(x)
1 + cos^2 (x)
(π − t) sen(π − t)
1 + cos^2 (π − t)
(π − t) sen(t)
1 + cos^2 (t)
Logo:
I = −
π
(π − t) sen(t)
1 + cos^2 (t)
dt =
∫ (^) π
0
π sen(t)
1 + cos^2 (t)
dt − I ⇒ 2 I =
∫ (^) π
0
π sen(x)
1 + cos^2 (x)
dx.
Observe que a integral definida não depende da variável de integração. Fazendo u = cos(x),
então du = −sen(x) dx e:
2 I = −π
1
du
1 + u^2
= π
− 1
du
1 + u^2
= π
[
arctg(1) − arctg(−1)
]
π^2
2
Logo I =
π^2
4
[6] Verifique que: ∫ (^1)
0
(1 − x
2 )
n dx =
22 n
n!
2 n + 1)!
, n ∈ N.
Solução : Fazendo x = sen(t), dx = cos(t) dt; se x = 0, então t = 0 e se x = 1, então t =
π
2
. Por
outro lado, (1 − x^2 )n^ dx =
1 − sen^2 (t)
)n cos(t) dt = cos^2 n+1(t) dt, então:
In =
0
(1 − x^2 )n^ dx =
∫ (^) π/ 2
0
cos^2 n+1(t) dt;
integrando por partes:
In = cos^2 n(t) sen(t)
π/ 2
0
∫ (^) π/ 2
0
cos^2 n−^1 (t) sen^2 (t) dt
= 2 n
∫ (^) π/ 2
0
cos
2 n− 1 (t) dt − 2 n
∫ (^) π/ 2
0
cos
2 n (t) dt
= 2 n
∫ (^) π/ 2
0
cos^2 n−^1 (t) dt − 2 n In,
isto é In =
2 n
2 n + 1
In− 1 , como I 0 =
∫ (^) π/ 2
0
cos(t) dt = 1, logo:
I 1 =
I 0 =
1 × 2
1 × 3
I 2 =
I 1 =
1 × 2 × 4
1 × 3 × 5
I 3 =
I 2 =
1 × 2 × 4 × 6
1 × 3 × 5 × 7
I 4 =
I 3 =
1 × 2 × 4 × 6 × 8
1 × 3 × 5 × 7 × 9
In =
1 × 2 × 4 × 6 ×... × (2 n − 2) × 2 n
1 × 3 × 5 × 7 ×... × (2 n − 1) × (2 n + 1)
