Prova 2 - Bases Matemáticas

Prova 2 - Bases Matemáticas Resolução comentada Bases Matemáticas - Turma A3 2 a Avaliação - Resolvida Esta resolução é mais do que um mero gabarito. O objetivo é apresentar a solução de cada problema de modo detalhado, com o propósito de ajudar na compreensão dos conceitos e técnicas envolvidos. Seja dada a função f () = log 2 4 π arctan( ) a) Determine o domínio de f e esboce o seu gráfico. Justifique seu esboço e determine (quando houver): intersecções com eios, simetrias, assíntotas. b) Com base no gráfico, determine f () para ± e

c) Com base no gráfico (soluções algébricas não serão consideradas), determine o conjunto-solução da inequação 0 < f () Solução: (a) A função f () é a composta de uma função logarítmica, uma modular e uma inversa trigonométrica. Para determinar seu domínio, devemos considerar o domínio e imagem de cada uma dessas funções e a ordem em que aparecem na composição.. Dom log = (0, + ), isto é, o argumento do logarítmo (o logaritmando) deve ser estritamente positivo. 2. O logaritmando é uma função modular, a qual nunca é negativa (e tem por domínio R). Devemos somente ecluir os valores de R que zeram a função modular 4 π arctan( ). 3. O domínio da função arcotangente é R. Assim, considerando o item anterior, devemos ecluir do domínio de f os valores de R que anulam o arcotangente: 4 π arctan( ) = 0 arctan( ) = 0 = Das considerações acima, concluímos que Dom f = R\{} O gráfico de f pode ser obtido a partir do gráfico do arcotangente, oportunamente transformado, e do gráfico do logaritmo. Vejamos:

Gráfico de ar ct an t 3 2 8 7 6 5 4 3 2 2 3 4 5 6 7 8 2 3 Gráfico de 4 π ar ct an t 3 2 8 7 6 5 4 3 2 2 3 4 5 6 7 8 2 3 Gráfico de 4 π ar ct an (t ) 3 2 8 7 6 5 4 3 2 2 3 4 5 6 7 8 2 3

Gráfico de 4 π ar ct an (t ) 3 2 8 7 6 5 4 3 2 2 3 4 5 6 7 8 2 3 O gráfico acima mostra uma clara simetria em relação à reta vertical =. Tal simetria é decorrente da simetria da função arctan t, que é uma função ímpar. Essa simetria observada no gráfico acima será "herdada" pelo gráfico de f (), uma vez que valores simétricos de (em relação a = ) irão gerar o mesmo valor de logaritmo. Com isso em mente, façamos a discussão do gráfico de f à direita da reta =, reproduzino o lado esquerdo por refleão.. O logaritmo zera quando o logaritmando é igual a. Quando >, temos 4 π ar ct an ( ) = = 2 2. Quando tende a infinito, o último gráfico mostra que o valor de 4 π ar ct an ( ) tende a 2 (pela esquerda). Logo, a função f () tende a log 2 2 = (pela esquerda, pois log 2 é crescente).

3. Quando tende a pela direita, o último gráfico mostra que os valores de 4 π ar ct an (t ) tendem a 0. Logo, a função f () tende a. A partir dessas observações, juntamente com a simetria de refleão em torno da reta =, obtemos: Gráfico de f () = log 2 4 π ar ct an ( ) 3 2 8 7 6 5 4 3 2 2 3 4 5 6 7 8 2 3 O gráfico mostra as assíntotas = (vertical) e y = (horizontal). Além disso e da simetria já apontada anteriormente, observamos que o gráfico encontra os eios nos pontos (0, 0) e (2, 0). (b) Uma leitura direta do gráfico nos permite afirmar: e logo f () = = f () f () = = f () + f () =

(c) As soluções da inequação dada são os valores de para os quais os correspondentes pontos do gráfico estão acima do eio e abaio (ou em cima) da reta y =. Observando o gráfico, o conjunto-solução procurado é o conjunto S = (, 0) (2, + )

2 Para cada uma das inequações abaio, determine seu domínio e seu conjunto-solução (na prova, era para ser resolvida somente uma, mas aqui resolveremos ambas, obviamente). a) log 2 (3 ) 3 b) arccos 3 π 2 Solução: (a) O domínio da inequação é determinado pela condição de eistência do logaritmo: 3 > 0. Assim, Dom = ( 3, + ) Para resolver a inequação, vou apresentar dois caminhos. Ambos usam uma informação fundamental (na verdade, duas informações equivalentes): a função logarítmica de base /2 e a função eponencial de base /2 são decrescentes, pois a base é menor que. Primeiro modo: Busquemos primeiro a solução da equação log 2 (3 ) = 3. Esta se obtém simplesmente aplicando a definição de logaritmo: ( 3 3 = = 2) 2 3 = 23 = 8 donde = 3. Agora, tendo em mente que a função logaritmo de base /2 é decrescente, ela assumirá valores menores de 3 para valores de

maiores de 3. Logo, considerando que todos esses valores estão dentro do domínio da inequação, obtemos S = [3, + ) Segundo modo: Apliquemos à inequação original a eponencial de base /2 a ambos os membros. Tendo em mente que a função eponencial de base /2 é decrescente, o sinal de desigualdade deverá ser invertido: ( 2) log 2 (3 ) 3 8 3 9 3 ( 2) 3 isto é, considerando que todos esses valores estão no domínio da inequação, S = [3, + ) (b) O domínio da inequação é determinado pelo domínio da função arcocoseno: [, ]. Assim, devemos ter 3 ou seja Dom = [ 3, 3 ] Para resolver a inequação, sigamos dois caminhos análogos aos do item (a), novamente usando

a informação sobre a monotonicidade das funções arccos : [, ] [0, π] e cos : [0, π] [, ] Ambas são decrescentes. Primeiro modo: Comecemos com a equação arccos 3 = π 2 Pela definição de arcocoseno, temos 3 = 0, isto é, = 0. Sabendo que a função arcocoseno é decrescente, concluímos que ela assumirá valores maiores de π/2 para valores de menores que 0. Ou seja, considerando o domínio da inequação, obtemos S = [ 3, 0] Segundo modo: Calculemos o coseno de cada membro da inequação original. Tendo em mente que o coseno, no domínio considerado, é decrescente, teremos de inverter o sinal de desigualdade: donde cos(arccos 3) cos( π 2 ) 3 0 0 S = [ 3, 0]

3 Determine o domínio da função abaio e as assíntotas horizontais e verticais, caso eistam: h() = 2 2 Solução: Para determinar o domínio, devemos levar em consideração a condição de eistência da raiz quadrada e o não anular-se do denominador. Assim, devemos ter satisfeitas ambas as condições abaio:. 2 0, para a eistência da raiz 2. 2 0 isto é, devemos ter 2 > 0, o que equivale a < ou >. Assim, concluímos que Dom h = (, ) (, + ) Assíntotas Horizontais: Uma reta horizontal y = b é uma assíntota da função h() se ocorre uma das condições h() = b ou h() = b No caso da função dada, tendo em mente seu domínio, faz sentido calcular ambos os ites. Antes de seguir nos cálculos, façamos algumas observações:

. Ambos os ites são indeterminações do tipo [ ] 2. Como h() é um quociente envolvendo polinômios e radicais, a técnica conveniente é colocar em evidência o termo de "grau" maior Trabalhando a função h() no sentido acima, temos 2 2 = 2 2 = 2 2 2 Antes de prosseguir, é importante observar que o termo deverá ser epresso (sem o valor absoluto) em conformidade com o ite que estamos calculando, isto é:.se, podemos assumir < 0, logo = 2.Se +, podemos assumir > 0, logo = Dito isto, resulta, finalmente e 2 2 = 2 2 = 2 2 = 2 = 2 2 2 2 = 2 = 2 2 donde concluímos, pelo primeiro ite, que a reta y = 2 é uma assíntota horizontal (à esquerda) e, pelo segundo ite, que a reta y = 2 é uma assíntota horizontal (à direita).

Assíntotas Verticais: Uma reta vertical = a é uma assíntota da função h() se vale pelo menos uma das seguintes condições: h() = ± a + h() = ± a h() = ± a De modo geral, nunca haverá assíntota vertical em pontos de continuidade da função (sabe eplicar por quê?). Logo, devemos buscar (eventuais) assíntotas verticais em pontos de descontinuidade da função ou na fronteira de seu domínio. No caso da função h(), considerando seu domínio, somente é possível ter assíntotas verticais em = (pela esquerda) ou em = (pela direita). Devemos então calcular os ites 2 2 e + 2 2 Ao contrário do que muitos afirmaram na prova, nenhum desses ites é indeterminado. O cálculo direto dá conta do recado, desde que levemos em consideração o comportamento do inverso de funções infinitésimas. De fato, temos que 2 = 0 + = + donde podemos afirmar que 2 2 = + = + 2 Com isso em mente e observando que ( 2) = 2 e ( 2) = 2

temos finalmente 2 2 = ( ) ( 2) 2 = + e + 2 ( 2 = ) +( 2) 2 = donde concluímos, pelo primeiro ite, que a reta = é uma assíntota vertical (pela esquerda) e, pelo segundo ite, que a reta = é uma assíntota vertical (pela direita).

4 Defina o conceito de função contínua em =a. Determine os valores de b e L de modo que a função abaio seja contínua em = 0: 2 cos se < 0 ( 2kπ) g() = L se = 0 arcsen b se 0 < Solução: Definição de continuidade: Uma função f () é contínua em um ponto = a se:. a Dom f 2. a f () 3. a f () = f (a) Verifiquemos as três condições para obter os valores de b e L que tornam a função g contínua em = 0. (i) Segue diretamente da definição da função g que 0 Dom g (de fato, g(0) = L). (ii) Para verificar a eistência do ite de g quando tende a 0, será necessário calcular os ites laterais g() = 0 0 2 cos

arcsen g() = 0 + 0 + b e impor (escolhendo oportunamente o valor de b) que sejam iguais. [ Ambos os ites são indeterminações do tipo 0 0]. Resolveremos cada qual com técnicas específicas. Comecemos com o ite à esquerda: 0 Observemos que: 2 cos = (2 ) 0 cos. A epressão 2 sugere tentarmos usar o Limite Fundamental a t = ln a t 0 t 2. A epressão cos sugere tentarmos usar o Limite Fundamental t 0 sen = Os cálculos que se seguem desenvolvem essas ideias: = (2 ) cos = 2 (2 ) (cos ) (cos + ) (cos + ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) cos 2 = sen 2 ( 2 ) ( 2 ) = sen 2

donde, g() = 0 0 = 0 2 ( 2 ( 0 sen ) ( ) 2 sen ) 2 LF = ln 2 = ln 2 Quanto ao ite direito, também é importante observar que a epressão arcsen sugere usarmos novamente o Limite Fundamental trigonométrico. Para isso, basta fazer uma mudança de variáveis: t = arcsen. Temos = sen t e 0 + t = 0+ donde arcsen 0 + b = t 0 + b t sen t LF = b Dos cálculos acima, resulta que o ite de g() quando tende a 0 eiste se, e somente se, (iii) Por fim, devemos ter isto é, L = ln 2 = ln 2. b = ln 2 = ln 2 b = g() = g(0) = L 0 Conclusão: Para que a função g() seja contínua em = 0, devemos ter L = ln 2 e b =. ln 2

5 Calcule os ites abaio, identificando os casos de indeterminação a cada vez que aparecerem. (a) + + (b) 2 3 2 3 + 2 2 2 (c) (d) ( + tan 2 + ) ln(+ ) ( π 2 + e +2 ) Solução: (a) Calculando separadamente os ites do numerador e denominador, temos = + +( + ) = 0+ Esse ite, portanto, não é uma indeterminação. Ele segue de cálculo direto, tendo em mente que + + = + Na versão original da prova havia um no item (c), comprometendo a parte final do cálculo. Esse erro foi relevado na correção, mas nesta versão aparece corrigido.

Resulta + + = (b) Calculando os ites do numerador e denominador, vemos facilmente que ambos são nulos. [ Assim, estamos num caso de indeterminação do tipo 0 0]. Nesse caso, observando que = 2 é uma raiz comum do numerador e denominador, a técnica a ser usada é a de fatorar cada um deles, de modo a poder cancelar o fator comum ( 2). Temos: Assim, 3 2 3 + 2 = ( 2)( 2 + ) 2 2 = ( 2)( + ) 3 2 3 + 2 2 2 2 = 2 ( 2)( 2 + ) ( 2)( + ) = 2 2 + + = 5 3 (c) Calculemos separadamente os ites da base e do epoente. Começando por este último: ( ) + = + ln( + ) = 0+ ln( + ) = +

O ite da base é uma indeterminação do tipo [ ], a qual se resolve facilmente colocando em evidência os termos de grau maior: + = ( ) ( + ) = + = Obs.: Para efeito da prova, era suficiente identificar direto o valor de tal ite, sem necessidade desse cálculo. Vemos então que[ o ite em questão é uma indeterminação do tipo ]. Para resolvê-lo, devemos trabalhar inicialmente a epressão da base para poder usar o Limite Fundamental ( + ) t = e t t + ou, de modo mais geral, t + ( + k t ) t = e k Para efeitos didáticos, vamos fazer isso de dois modos distintos. Primeiro modo: O modo mais rápido é aproveitar o cálculo feito antes e escrever + = ( ( ) + = ) ( ) + donde, substituindo na espressão original, obtemos ( ) ln(+ ) [ ( ) ] = ln(+ ( ) ) + +

O ite da epressão entre colchetes é dado por ( ) ( ) + = ( ( + ) LF ) = e e = e 2 Já o ite do epoente é dado por ln ( + ) = ln ( + LF ) = ln e = Com base nos dois últimos cálculos, obtemos ( ) ln(+ ) = + e 2 Segundo modo: O modo "seguro" (pois sempre funciona) é somar e subtrair : ( ) ( ) + = + + = + + = + 2 [ ( + = + 2 ) + ] + + que substituindo na epressão original, resulta ( ) [ ln(+ ) = ( + 2 ) + ] (+) ln(+ ) + + O ite da epressão entre colchetes é dado por ( + 2 ) + ( = + t + + 2 t ) t LF = e 2 em que na primeira passagem fizemos a mudança de variável t = + (para efeito da prova, esse cálculo

poderia ser feito diretamente). O ite do epoente (levando em conta o cálculo já efetuado no primeiro modo) é dado por ( + ) ln ( + ) = ln ( + ) + ln ( + = ln ( + ) = em que na segunda passagem usamos que ( ln + ) = ln = 0 Com base nos cálculos efetuados, obtemos novamente ( ) ln(+ ) = + e 2 ) (d) Como veremos, esse ite não é uma indeterminação e pode ser calculado diretamente. Em primeiro lugar, convém simplificar a epressão, considerando que tende a um número negativo. De fato, como 2 (e não importa, nesse caso, se pela direita ou esquerda), podemos assumir < 0, donde = Assim, devemos calcular o ite ( π ) tan 2 + 2 e +2

O cálculo segue naturalmente: = 2 2 + 2 +( + 2) = 0+ logo 2 + 2 = Na sequência, faremos uma série de mudanças de variáveis (não necessárias na prova), todas auto-eplicativas e +2 = 2 + t et = 0 + ( π ) 2 + 2 e +2 = t 0 + ( π ) tan 2 + 2 e +2 ( π 2 t ) = ( π 2 ) = ( π ) t ant = + t 2

6 Demonstre que todo polinômio de grau ímpar possui pelo menos uma raiz real. Dica: use o Teorema do Valor Intermediário e os ites de tais polinômios em ±. Solução: O Teorema do Valor Intermediário (TVI) afirma que se uma função contínua f () assume dois valores distintos a < b, então assume todos os valores do intervalo [a, b]. Um caso particular (muito importante) do TVI é o seguinte: se uma função contínua f () assume valores de sinais opostos, então eiste um ponto em que f () = 0. A ideia, então, é mostrar que um polinômio de grau ímpar sempre assume valores positivos e valores negativos. O resultado seguirá, portanto, como consequência do TVI. Para isso, tomemos um polinômio p() = a n n + a n n + + a + a 0 com n ímpar e a n 0. Antes de seguirmos com o cálculo completo, façamos uma análise qualitativa (a habilidade de fazer tal análise vai se mostrar uma ferramenta muito útil em problemas de Cálculo Diferencial e Integral mais adiante, daí a importância de eercitar tal habilidade). A ideia

central aqui é perceber que o comportamento de um polinômio (de qualquer grau) no infinito é dado pelo seu termo de grau maior, a menos de erros cada vez mais desprezíveis. Assim, p() se comporta, no infinito, como a função f () = a n n. Esta, por sua vez, se comporta como o monômio n (se a n > 0) ou como o monômio n (se a n < 0). Em ambos os casos, quando o polinômio tem grau ímpar, vemos que a função tende a + em um dos lados e a no outro lado. Façamos agora o cálculo completo. Para 0, tem-se que ( p() = n a n + a n + + a n + a ) 0 n donde ± ( p() = ± n a n + a n + + a a ) n + 0 n = ± a n n (essa é a formulação matemática precisa para a epressão qualitativa um polinômio se comporta no infinito com seu termo de grau máimo). Lembrando que, quando n é ímpar temos que n = + e n, p() = + se a n > 0 se a n < 0

e que se a n > 0 p() = + se a n < 0 De todo modo, independentemente do sinal de a n, concluímos que eistem, 2 R tais que p( ) < 0 e p( 2 ) > 0 Assim, pelo TVI, o polinômio p() deve necessariamente possuir (ao menos) uma raiz real.