Universidde Federl de Viços Deprtmento de Mtemátic MAT 40 Cálculo I - 207/II Eercícios Resolvidos e Comentdos Prte 2 Limites: Clcule os seguintes ites io se eistirem. Cso contrário, justique não eistênci. 2 5 2 2 Resolução: Note que 5 2 0.Temos, portnto, que remover est indeterminção m de encontrr o ite, cso ele eist. O procedimento mis comum qundo se trt 0 de ites envolvendo rízes é chmd rcionlizção, onde multiplic-se função cujo ite queremos determinr por um ftor dequdo que ein indeterminção. Por eemplo 4 0 0] 4 2 4 = = 4 2 4 2 2 4 4 2 = 2 = 4 4 Ms este processo torn-se complicdo qundo temos rízes de ordens superiores 2, pois identicr o ftor que deve-se multiplicr função m de remover indeterminção não é mis imedito. Tomremos, então, um ordgem diferente primeirmente einndo os rdicis. Como temos termos do tipo 2, e 5, vemos que um sustituiço do tipo = u 0 einrá todos os rdicis, pois 0 é o mínimo múltiplo comum de 2, e 5 e semos que n m = m n. Note que u, portnto: 2 u 5 2 = 0 u 0 2 u 5 u 0 u 0 2 = u 5 u 0 2 u u 6 u 0 2 A indeterminção ind persiste, ms gor temos outr técnic disponível, pois o fto de que u 5 u 0 2 = 0 e u 6 u 0 2 = 0 qundo u =, nos sugere que esses polinômios podem ser escritos como u 5 u 0 2 = u... e u 6 u 0 2 = u..., ou sej, pós serem escritos dess form, os termos responsáveis pel indeterminção estrão eplícitos tnto no numerdor qundo no denomindor e serão cnceldos, permitindo clculr o ite trvés dos termos restntes, ms primeiro devemos determiná-los. Pr tnto, st efeturmos divisão dos polinômios u5 u 0 2 e u0 u 6 2. Após efeturmos divisão pelo método de Briot-Runi, u u por eemplo otemos: u 5 u 0 2 = u u 2 u u 4 2 2u 5 u 0 u u 0 u 6 2 = u2 2u 2 2u 4 u 6 u 8 u Onde já simplicmos os polinômios. Agor estmos ptos clculr o ite: 2 5 2 = u 5 u 0 2 u u 6 u 0 2 = u u u 2 u u 4 2 2u 5 u 0 u u u2 2u 2 2u 4 u 6 u 8 = u u u 2 u u 4 2 2u 5 u 0 u2 2u 2 2u 4 u 6 u 8 = 25 6
c2 c 2 Resolução: Qundo se trt de ites com ±, tátic é deir função cujo ite constnte queremos clculr em função de termos pens de constntes e/ou com n > 0, pois estes últimos tendem zero qundo ± sorndo pens s constntes, cso o ite eist. Pr fzer isto, st colocr o termo de mior gru em evidênci. Vejmos isto n prátic, ms ntes precisremos fzer um pequen modicção : n c2 c 2 = c2 c2 c 2 c 2 c2 c 2 = = = = c 2 c 2 c2 c 2 = 2 c c c 2 c c c = = = 2 c c2 c 2 c c c c c 2 2 2 4 Resolução: Este ite ssemelh-se o ite fundmentl = e. A idei é que possmos reescrever o ite com ess mesm form pr podermos fzer uso desse resultdo. 2 2 2 4 = = 2 4 4 2 4 2 4 4 ] 2 2 = 4 2 2 4 Por m, precismos que o mesm função que prece entre prênteses no denomindor preç no epoente d função. Podemos fzer isso inserindo- no epoente, contnto que multipliquemos pel invers pr que não mudemos função. Ou sej: 2 2 2 4 = = 2 4 4 2 4 4 ] 2 ] 2 4 4 = 2 4 4 4 2 2 4 ] 2 4 4 2 4 2 4 2
Entre s chves, temos o ite d form que queremos, ms ntes de usr o ite fundmentl 2 4 devemos checr se o ite tende pr ssim como no ite fundmentl. De fto: 4 2 4 4 = 2 4 = 4 4 4 = Portnto, podemos fzer mudnç de vriáveis u = 2 4 4 o ite fundmentl, o que result em: pr o ite entre chves e plicr 2 2 2 4 = { = u u = e 4 2 4 Vejmos gor o ite no epoente: 2 4 4 ] 2 4 4 u } 4 2 4 2 4 2 2 4 2 Logo 4 2 = 2 4 4 2 4 2 2 = 4 = 4 4 2 2 2 2 4 d 0 cos cos 2 = e 4 Resolução: Limites contendo funções trigonométrics e potêncis de sugerem recorrer o ite sin fundmentl = como um primeir tenttiv. O deso está em fzer precer o ite 0 fundmentl no ite que queremos determinr. cos cos 0 2 cos 2 = cos 0 2 sin 2 = cos 0 2 = 0 cos sin 2 = Onde usmos relção cos 2 sin 2 =. Ter um domínio sore relções trigonométrics é de etrem utilidde qundo se trt de ites envolvendo tis funções. 2 Continuidde: Estude continuidde d função: { 2, f = 2, >
Resolução: Polinômios de são contínuos pr todo R, logo função cim é contínu pr todo > ou <. Temos que checr o ponto =, pois os ites lteris podem ser diferentes, visto que s funções são diferentes cso o ite sej pel direit ou pel esquerd. De fto: 2 f = = f = 2 = 2 Logo, função f será contínu tmém em = se, e só se: 2 = 2 2 = 2 2 = 2 2 = 2 = ± 2 = ± 2 Portnto, f é contínu pr todo R, se = ± 2 e será contínu em R {}, cso contrário. TVI: Se g é contínu, g = g = 0 e g2 = 0, então g possui etmente 2 rízes em, ]? Resolução: Sendo g um função contínu, em prticulr, então el o é nos intervlos, 2] e 2, ]. Sendo gg2 < 0 e g2g < 0, o teorem do vlor intermediário TVI nos grnte que eiste pelo menos um c, 2 e outro c 2 2, tis que gc = gc 2 = 0, ou sej, o teorem nos grnte pens que eistem pelo menos dus rízes no intervlo, ], podendo, portnto, hver mis de dus rízes. De fto, n gur io temos um eemplo disso: Figur : Gráco Logo, respost é não e justictiv é o contr eemplo cim, onde temos três rízes. Nturlmente, poder-se-i construir eemplos com mis do que três rízes, ms nunc menos que dus, devido o TVI. 4 Pode ser plicdo o TVI à função h = 5f] 2 sendo que f é contínu em R? Resolução: Considere s funções p = e g = 5 2, ms contínus em R. Sendo f tmém contínu, composição pf = f] é tmém um função contínu e, ddo que o produto de dus funções contínus tmém é contínuo, então função h = pfg = 5f] 2 é contínu, portnto o TVI pode ser plicdo el. 4
Figur 2: Questão 5 5 Derivds Considere o gráco de f cim. Eiste f? Resolução: Por denição, f f f = e pr o ite eistir ele deve ser único, ou sej, os f f ites lteris devem coincidir. Ms, inspecionndo o gráco, podemos ver que < 0, pois > > 0 e que, com, f < f f f < 0, o que justic f f o sinl do ite; nlogmente > 0. Um vez que os ites lteris não coincidem, o ite, e portnto derivd f, não eiste. 6 Ordene em form "crescente"os f i, i =, 2,..., 6 Figur : Questão 6 Resolução: Aqui, precisremos d interpretção geométric d derivd como inclinção d ret tngente o ponto. De fto, ddos dos pontos, f e 2, f 2, inclinção d ret que pss pelos dois é m = f 2 f. Tomndo o ite com 2, temos denição de derivd no 2 ponto. Primeirmente, notemos que, pelos mesmos motivos eplicdos n resolução d questão 5, não eiste derivd f. Pr s derivds restntes, nlisemos s rets tngentes em cd ponto eiids n gur seguir: Tlvez estej mis fmilirizdo com denição f f h f =, ms ms são equivlentes, stndo pr h 0 h tnto tomr = h. A denição utilizd foi escolhid por ser mis dequd e intuitiv pr nálise feit 5
Figur 4: Gráco Pelo gráco, podemos chegr às seguintes conclusões: f 2 = f > 0, pois pertencem à mesm ret e est rest possui inclinção positiv crescente; f 4 < 0, pois possui "inclinção negtiv";f 5 = 0, pois ret tngente é horizontl e, por m, f 6 > f, pois ret tngente é mis inclind em 6 do que em. Portnto, respost é: f 4 < f 5 < f = f 2 < f 6 e não eiste f. 6