BIS 0003 - Bases Matemáticas - Turma B2
2a Avaliação (resolvida) - 21 de agosto de 2015 - Prof. Armando Caputi
Importante: mais do que um gabarito, esta é uma resolução comentada. O objetivo não é só "dar a resposta certa", mas explicar as ideias principais e argumentos. Nesse sentido, as resoluções de cada exercício aqui apresentadas são mais extensas do que o esperado na prova.
1. Defina o conceito de função contínua em x = a. Determine os valores de m e n, caso existam, para que a função abaixo seja contínua no ponto x = 1:
f(x) =
sen(m(x−1))
|x−1| se x < 1
n se x= 1
x3−3x+2
x4
−4x+3 se x
> 1
Resolução:
Uma função f(x) é contínua em x =a se:
1. a∈Dom f
2. existe lim x→a f(x) 3. lim
x→a f(x)= f(a)
Tendo isso em mente, precisamos verificar, com a função dada e no caso a = 1, para quais valores de m e n as três condições são satisfeitas. A condição (a) é verificada, pois 1∈ Dom f e f(1) = n (independente do valor de n). Para verificar a condição (b), tendo em mente que a expressão analítica de f(x) é diferente à direita e à esquerda de x = 1, precisamos calcular os limites laterais de f(x).
Começando pelo limite à esquerda, note que, neste caso, x−1 < 0. Logo, |x−1| = 1− x. Assim:
lim
x→1− f(x) = xlim→1−
sen(
m(x−1))
|x−1| = xlim→1−
sen(
m(x−1))
1−x
= lim x→1−−
sen(
m(x−1))
x−1 = xlim→1−−m
sen(
m(x−1))
m(x−1) .
Pondo u = m(x−1), temos (note que quando x → 1−, u → 0−), pelo Limite Fundamental (trigonométrico):
lim
x→1− f(x) = (· · ·) = xlim→1−−m
sen(
m(x−1))
m(x−1) =ulim→0−−m
senu
Limite lateral direito: como x = 1 é uma raiz comum do numerador e do denominador, estamos diante de uma indeterminação do tipo [0/0]. Fazendo a divisão de cada polinômio por x−1, obtemos:
x3−3x+2= (x−1)(x2+ x−2) x4−4x+3= (x−1)(x3+ x2+x−3)
logo
lim x→1+
x3−3x+2
x4
−4x+3 = xlim→1+
x2+ x−2
x3
+x2+x−3.
Mas o último limite ainda é indeterminado, pois ambos os polinômios têm x = 1 como raiz. Dividindo novamente por x−1, obtemos:
x2+ x−2= (x−1)(x+2) x3+x2+ x−3= (x−1)(x2+2x+3),
logo
lim x→1+
x2+ x−2
x3
+x2+x−3 = xlim→1+
x+2
x2
+2x+3 = 3 6 =
1 2. Isto é,
lim
x→1+ f(x) = 1 2.
Assim, os limites laterais serão iguais somente quando m= −12. Nesse caso, teremos
lim
x→1 f(x) =
1 2.
2. Determine o domínio da função abaixo e as assíntotas horizontais e verticais, caso existam:
f(x) = √−2x
x2
−1
Resolução:
O domínio de f(x) é dado por
Dom f ={x ∈R|x2−1> 0}= (−∞,−1)∪(1,+∞).
Assíntotas horizontais: para determinar a existência de tais assíntotas, precisamos calcular os limites
lim
x→+∞ f(x) x→−∞lim f(x).
Começando com x →+∞ (notando que, nesse caso, podemos assumir x > 0):
lim
x→+∞ f(x) = x→lim+∞
−2x
√
x2
−1 = xlim→+∞
−2x
√
x2(
1− x12)
= lim x→+∞
−2x
√
x2
√
1− 1
x2
= lim x→+∞
−2x
x
√
1− 1
x2
= lim x→+∞
−2
√
1− 1
x2
= −2
Donde se conclui que a reta y =−2 é uma assíntota horizontal (pela direita).
Indo para o caso x → −∞ (notando que, agora, podemos assumir x < 0, o que faz com que
√
x2
= −x):
lim
x→−∞ f(x) = x→−∞lim
−2x
√
x2
−1 = xlim→−∞
−2x
√
x2(
1− x12)
= lim x→−∞
−2x
√
x2√
1− x12
= lim x→−∞
−2x
−x
√
1− x12
= lim x→−∞
2
√
1− x12
=2
Donde se conclui que a reta y =2 é uma assíntota horizontal (pela esquerda).
Assíntotas verticais: tendo em mente o domínio de f(x), as possíveis assíntotas verticais são as retas x =−1 e x= 1. Para verificar isso, devemos calcular os limites
lim
x→−1− f(x) xlim→1+ f(x).
(note que só podemos falar em limites laterais, uma vez que a função não está definida para valores de x à direita (e próximos) de -1 ou à esquerda (e próximos) de 1).
Temos, por um lado,
lim
x→−1−(−2x) =2 e xlim→1+(−2x) =−2. Por outro lado,
lim x→−1−
√
x2
−1=0+ = lim
x→1+
√
x2
−1.
Assim,
lim x→−1−
−2x
√
x2
−1 = +∞,
lim x→1+
−2x
√
x2
−1 = −∞
.
3. Calcule os seguintes limites:
(a)
lim
x→0(cosx)
1
x2
(b)
lim x→0x
2
2cos
(1
x )
(a) O limite em questão é uma indeterminação do tipo [1∞]. Para resolvê-lo, lançaremos mão
do Limite Fundamental (exponencial)
lim
x→0(1+ x) 1/x
= e.
Para isso, fazemos as seguintes manipulações algébricas:
(cosx)
1
x2
= (1+(cosx−1))
1
x2
= (1+(cosx−1)) (cosx−1) (cosx−1)
1
x2
= [(1+(cosx−1))
1 cosx−1]
cosx−1
x2 .
Calculemos separadamente os limites da base e do expoente. Quanto a este último:
lim x→0
cosx−1
x2 = xlim→0
(cosx−1) x2
(cosx+1)
(cosx+1) = limx→0
−sen2
x x2
1 (cosx+1)
= lim x→0−
(senx
x
)2 1
(cosx+1) =− 1 2.
Note que nesta última passagem usamos o Limite Fundamental trigonométrico.
Quanto ao limite da base, podemos usar diretamente o Limite Fundamental exponencial. Mas para deixar mais completo, faremos a mudança de variávelu=cosx−1, observando que quando x →0, também u→0. Temos
lim x→0
(
1+(cosx−1))cos1x−1
= lim
u→0(1+u) 1/u
= e.
Em suma, considerando os cálculos acima, obtemos
lim
x→0(cosx)
1
x2 = lim
x→0[
(
1+(cosx−1))
1 cosx−1]
cosx−1 x2 =e−
1/2
= √1
e.
(b) Este limite envolve o produto de duas funções, uma das quais é infinitésima. Mas não podemos usar a propriedade do produto de limites, pois não existe o limite
lim x→02
cos(1 x )
Entretanto, a função do limite acima é limitada. De fato,
−1≤ cos(1
x
)
≤ 1
donde, sendo a função 2x crescente,
2−1 ≤ 2cos
(1
x )
≤2.
Isso nos permite usar o Teorema do Confronto para resolver o limite, pois
1 2 x
2
≤ x22cos
(1
x )
≤ 2x2
e como
lim x→0
1 2x
2
=0= lim x→02x
2
resulta
lim x→0x
2
2cos
(1
x )
=0.
4. Resolva um, e somente um, dos itens abaixo. (Atenção: se ambos forem resolvidos, nenhum será considerado na correção!)
(a) Enuncie o Teorema do Valor Intermediário e utilize-o para provar que o polinômio 4x3−7x2−x+1 possui exatamente 3 raizes reais.
(b) Mostre, pela definição de limite, que lim
x→2|1−3x|=5
(a) TVI: Seja dada uma função contínua f(x) e sejam a < b tais que [a,b] ⊂ Dom f. Então, para todo y tal que f(a) ≤ y ≤ f(b) ou f(b) ≤ y ≤ f(a), existe c ∈ (a,b) tal que f(c) = y.
Um caso particular do TVI (enunciamos em sala de aula com o nome de Teorema de Bolzano) ocorre quando f(a) e f(b) têm sinais opostos. O TVI garante, nesse caso, que existe um zero (raiz) da função em(a,b). Assim, vamos calcular alguns valores da funçãop(x) =4x3−7x2−x+1, buscando obter resultados de sinais opostos.
p(−1)= −9< 0; p(0)= 1> 0; p(1) =−3< 0; p(2) =1> 0
Pelos resultados acima e pelo TVI, podemos afirmar: (i) p(x) possui ao menos uma raiz entre -1 e 0; (ii) p(x) possui ao menos uma raiz entre 0 e 1; (iii) p(x) possui ao menos uma raiz entre 1 e 2.
Logo, p(x) possui ao menos três raízes distintas. Como três é também o número máximo de raízes de um polinômio de terceiro grau, está provada a afirmação.
(b) Segundo a definição de limite, queremos provar que ∀ϵ > 0, ∃δ >0tal que 0< |x−2|< δ⇒ |1−3x| −5< ϵ .
Inicialmente, observamos que se x é suficientemene próximo de 2, a expressão 1−3x é negativa (ela é negativa para todo x > 1/3). Mais formalmente, podemos afirmar,
|x−2|< 1⇒1< x < 3⇒ x > 1
3 ⇒ 1−3x <0.
(obs.: a escolha de quão próximo x deve estar de 2 é um tanto arbitrária, nesse caso escolhemos uma distância 1, mas poderia ser menor ou até um pouco maior (no máximo de 5/3))
Assim, caso |x−2| < 1, podemos escrever
|1−3x| −5= |(3x−1)−5| = |3x−6|=3|x−2|.
Com isso em mente, dadoϵ > 0, tomeδ = min{1, ϵ/3}. Tem-se, por um lado, que se |x−2| < δ, valem simultaneamente as condições
|x−2|< 1 e |x−2| < ϵ
3. Consequentemente,
|x−2|< δ⇒ |1−3x| −5= |(3x−1)−5|= |3x−6|= 3|x−2| < 3ϵ 3 = ϵ . Isto prova que
lim
x→2|1−3x|=5
5. Esboce os gráficos das funções abaixo: (comentários na página seguinte)
f(x)= ⟦sen π2x⟧
2
−2
−4
2 4 6 8
−2
−4
−6
−8
b b b b b
b bc b b bc b b bc b b bc b b bc
bc bc bc bc bc bc bc bc bc
g(x) =2f(x+1)
2
−2
−4
2 4 6 8
−2
−4
−6
−8
b b b b b
b bc b b bc b b bc b b bc b b bc b
bc bc bc bc bc bc bc bc
h(x) =3 ln(1+ 2πarctanx) (use a aproximação: 3 ln 2≃2)
2
−2
−4
2 4 6 8
−2
−4
−6
Comentários e complementos à questão 5:
a) Sobre a função f(x) = ⟦senπ2x⟧, pode ser útil visualizar o gráfico de f(x) em conjunto com
a função senπ2x (gráfico tracejado):
2
−2
−4
2 4 6 8
−2
−4
−6
−8
b b b b b
b bc b b bc b b bc b b bc b b bc
bc bc bc bc bc bc bc bc bc
b) Sobre a função g(x), observe que seu gráfico é obtido a partir do gráfico de f(x) através de
uma translação horizontal para a esquerda (de uma unidade) seguida de uma dilatação vertical (de fator 2).
c) Sobre a função h(x), primeiro observe que a função arctan(x) tem como domínio R. Além
disso, resulta
−π
2 < arctan(x) <
π
2, donde
−1< 2
π arctan(x) < 1,
logo
0< 1+ 2
πarctan(x) < 2.
Todos esses valores estão dentro do domínio do logaritmo natural, logo Dom(h) =R.
Ainda da última desigualdade acima, tendo em mente os limites de ln(u) quando u → 0+ e quando u→2, obtemos
lim
x→+∞h(x)= 3 ln 2≃2
e
lim
x→−∞h(x) =−∞
o que explica o esboço do gráfico (ao menos até onde nossas atuais ferramentas podem explicar).
