Trabalho de Cálculo 1

Lista de preparação para a Primeira Prova Cálculo 1 2025 Professor Mateus Figueira Todas as respostas devem ser justificadas e o cálculo é parte crucial da resolução Nome completo Turmas 3 e 6 Nota 10 Questão 1 1 ponto cada item Diga se os limites existem justificando Caso existam diga qual o seu valor 1 lim x1 x2 6x 5 x2 10x 9 10 2 lim x x2 1 x2 1 3 lim x0 sen9x ex 1 4 lim x 1 13x 8x Questão 2 2 pontos Considere a função f dada por fx x 5 x2 2x 1 Determine o domínio e encontre todas as assíntotas verticais e horizontais Questão 3 2 pontos Explique pela definição matemática de continuidade por que a função f sen8xx se x 0 0 se x 0 8 x2 se x 0 é descontínua em x 0 Questão 4 2 pontos Considere as funções g e h expressas respectivamente por gx cos2x e hx x π2 1 para todo x R Seja f uma função definida para todo x R e que satisfaz gx fx hx para todo x R Mostre que f é função contínua em x π Questão 5 1 ponto Usando o Teorema do Valor Intermediário prove que a equação abaixo admite solução no intervalo 0 1 2xx1 x3 x2 x Boa Avaliação 1a lim𝑥1 𝑥26𝑥5 𝑥210𝑥9 10 Numerador 12 61 5 0 Denominador 12 101 9 0 Indeterminação do tipo 0 0 Fatorar Numerador 𝑥2 6𝑥 5 𝑥 5𝑥 1 Denominador 𝑥2 10𝑥 9 𝑥 9𝑥 1 𝑥 5𝑥 1 𝑥 9𝑥 1 𝑥 5 𝑥 9 para 𝑥 1 lim 𝑥1 𝑥 5 𝑥 9 1 5 1 9 4 8 1 2 1 2 10 1 1024 Resposta 1 1024 1b lim𝑥𝑥2 1 𝑥2 1 𝑥2 1 𝑥2 1 𝑥2 1 𝑥2 1𝑥2 1 𝑥2 1 𝑥2 1 𝑥2 1 𝑥2 1 2 𝑥2 1 2 𝑥2 1 𝑥2 1 2 2 𝑥2 1 𝑥2 1 Aproximar as raízes para 𝑥 𝑥2 1 𝑥 1 2𝑥 𝑥2 1 𝑥 1 2𝑥 Somando 𝑥2 1 𝑥2 1 𝑥 1 2𝑥 𝑥 1 2𝑥 2𝑥 Substituir no limite lim 𝑥 2 2𝑥 lim 𝑥 1 𝑥 0 Resposta 0 1c lim𝑥0 sen9𝑥 𝑒𝑥1 𝑥 0 sen9 0 0 𝑒0 1 0 0 0 indeterminaç ao Aplicar LHôpital o Derivada do numerador 𝑑 𝑑𝑥 sen9𝑥 9cos9𝑥 o Derivada do denominador 𝑑 𝑑𝑥 𝑒𝑥 1 𝑒𝑥 o Novo limite lim 𝑥0 9cos9𝑥 𝑒𝑥 Substituir 𝑥 0 no novo limite 9cos0 𝑒0 9 1 1 9 Resposta 9 1d lim𝑥 1 1 3𝑥8 𝑥 O limite tem a forma 1 que é indeterminada Usamos a propriedade lim 𝑥 1 𝑎 𝑥 𝑥 𝑒𝑎 1 1 3𝑥 8 1 1 3𝑥 1 8 3𝑥 1 1 3𝑥 para 𝑥 Seja 𝐿 lim𝑥 1 1 3𝑥8 𝑥 Então ln𝐿 lim 𝑥𝑥 ln 1 1 3𝑥 8 ln1 𝑦 𝑦 para 𝑦 0 ln𝐿 lim 𝑥𝑥 1 3𝑥 8 lim 𝑥 𝑥 3𝑥 8 lim 𝑥 1 3 8 𝑥 1 3 𝐿 𝑒 1 3 Resposta 𝑒13 2 𝑓𝑥 𝑥 5 𝑥2 2𝑥 1 𝑥2 2𝑥 1 𝑥 12 𝑥 12 0 𝑥 1 Domínio Todos os reais exceto 𝑥 1 ou seja ℝ 1 Assíntotas verticais lim 𝑥1 𝑥 5 𝑥 12 1 5 0 4 0 Tende a ou Como o numerador é 4 não nulo e o denominador tende a 0 há uma assíntota vertical em 𝑥 1 Assíntotas horizontais lim 𝑥 𝑥 5 𝑥2 2𝑥 1 lim 𝑥 𝑥 𝑥2 5 𝑥2 1 2𝑥 𝑥2 1 𝑥2 lim 𝑥 1 𝑥 5 𝑥2 1 2 𝑥 1 𝑥2 0 1 0 Portanto há uma assíntota horizontal em 𝑦 0 Respostas Domínio ℝ 1 Assíntotas verticais 𝑥 1 Assíntotas horizontais 𝑦 0 3 Para 𝑓𝑥 ser contínua em 𝑥 𝑎 três condições devem ser satisfeitas 1 𝑓𝑎 está definido 2 lim𝑥𝑎𝑓𝑥 existe 3 lim𝑥𝑎𝑓𝑥 𝑓𝑎 𝑓𝑥 sin8𝑥 𝑥 se 𝑥 0 0 se 𝑥 0 8 𝑥2 se 𝑥 0 1 𝑓0 está definido Pela definição da função 𝑓0 0 A primeira condição é satisfeita 2 Calcular os limites laterais em 𝑥 0 Limite pela esquerda 𝑥 0 lim 𝑥0𝑓𝑥 lim 𝑥0 sin8𝑥 𝑥 𝑢 8𝑥 lim 𝑥0 sin8𝑥 8𝑥 1 lim 𝑥0 sin8𝑥 𝑥 lim 𝑥08 sin8𝑥 8𝑥 8 1 8 Limite pela direita 𝑥 0 lim 𝑥0𝑓𝑥 lim 𝑥08 𝑥2 8 0 8 Conclusão Ambos os limites laterais existem e são iguais a 8 Portanto lim 𝑥0𝑓𝑥 8 3 Comparar o limite com 𝑓0 Temos lim 𝑥0𝑓𝑥 8 e 𝑓0 0 Como 8 0 a terceira condição de continuidade não é satisfeita Resposta Final A função é descontínua em 𝑥 0 porque embora 𝑓0 esteja definido e o limite lim𝑥0𝑓𝑥 exista temos lim 𝑥0𝑓𝑥 𝑓0 Isso viola a definição matemática de continuidade 4 𝑔𝑥 cos2𝑥 e ℎ𝑥 𝑥 𝜋2 1 e que 𝑔𝑥 𝑓𝑥 ℎ𝑥 para todo 𝑥 ℝ Teorema do Confronto Se lim𝑥𝑎𝑔𝑥 lim𝑥𝑎ℎ𝑥 𝐿 então lim𝑥𝑎𝑓𝑥 𝐿 a Limite de 𝑔𝑥 cos2𝑥 lim 𝑥𝜋cos2𝑥 cos2𝜋 12 1 b Limite de ℎ𝑥 𝑥 𝜋2 1 lim 𝑥𝜋𝑥 𝜋2 1 0 1 1 Pelo Teorema do Confronto lim 𝑥𝜋𝑓𝑥 1 Verificar 𝑓𝜋 Como 𝑔𝑥 𝑓𝑥 ℎ𝑥 para todo 𝑥 em 𝑥 𝜋 𝑔𝜋 cos2𝜋 1 e ℎ𝜋 𝜋 𝜋2 1 1 Portanto 1 𝑓𝑥 1 f𝜋 1 Resposta Final A função 𝑓 é contínua em 𝑥 𝜋 pois lim 𝑥𝜋𝑓𝑥 𝑓𝜋 1 5 𝑓𝑥 2 𝑥 𝑥1 𝑥3 𝑥2 𝑥 Verificar Continuidade A função exponencial 2 𝑥 𝑥1 é contínua em 01 pois o denominador 𝑥 1 0 nesse intervalo O polinômio 𝑥3 𝑥2 𝑥 é contínuo em ℝ Portanto 𝑓𝑥 é contínua em 01 Calcular 𝑓0 e 𝑓1 a Em 𝑥 0 𝑓0 2 0 01 03 02 0 20 0 1 0 1 b Em 𝑥 1 𝑓1 2 1 11 13 12 1 2 1 2 3 2 3 15858 𝑓1 15858 Teorema do Valor Intermediário 𝑓0 1 0 𝑓1 15858 0 Como 𝑓𝑥 é contínua em 01 e muda de sinal nesse intervalo pelo TVI existe 𝑐 01 tal que 𝑓𝑐 0 2 𝑐 𝑐1 c3 c2 c Resposta Final A equação 2 𝑥 𝑥1 𝑥3 𝑥2 𝑥 admite pelo menos uma solução no intervalo 01 pois pelo Teorema do Valor Intermediário existe 𝑐 01 onde 𝑓𝑐 0 Existe pelo menos uma soluc ao em 01 1a lim x1 x 26 x5 x 210 x9 10 Numerador 1 26 150 Denominador 1 210 1 90 Indeterminação do tipo 0 0 Fatorar Numerador x 26 x5x5 x1 Denominador x 210x9x9 x1 x5 x1 x9 x1 x5 x9 para x1 lim x 1 x5 x9 15 194 8 1 2 1 2 10 1 1024 Resposta 1 1024 1b lim x x 21 x 21 x 21x 21 x 21x 21x 21x 21 x 21x 21 x 21 2x 21 2x 21 x 212 2 x 21 x 21 Aproximar as raízes para x x 21 x 1 2 x x 21 x 1 2x Somando x 21x 21x 1 2xx 1 2x2x Substituir no limite lim x 2 2x lim x 1 x 0 Resposta 0 1c lim x0 sen 9 x e x1 x0 sen 9 00 e 010 0 0 indetermina ç a o Aplicar LHôpital o Derivada do numerador d dx sen 9 x 9cos 9x o Derivada do denominador d dx e x1e x o Novo limite lim x 0 9cos 9 x e x Substituir x0 no novo limite 9cos0 e 0 91 1 9 Resposta 9 1d lim x1 1 3 x8 x O limite tem a forma 1 que é indeterminada Usamos a propriedade lim x1 a x x e a 1 1 3 x81 1 3 x1 8 3 x 1 1 3 x para x Seja Llim x 1 1 3 x8 x Então ln L lim x x ln1 1 3x8 ln 1 y y para y0 ln L lim x x 1 3 x8 lim x x 3 x8 lim x 1 3 8 x 1 3 Le 1 3 Resposta e 13 2 f x x5 x 22 x1 x 22 x1x1 2 x1 20 x1 Domínio Todos os reais exceto x1 ou seja R1 Assíntotas verticais lim x 1 x5 x1 2 15 0 4 0 Tende a ou Como o numerador é 4 não nulo e o denominador tende a 0 há uma assíntota vertical em x1 Assíntotas horizontais lim x x5 x 22x1 lim x x x 2 5 x 2 12 x x 2 1 x 2 lim x 1 x 5 x 2 12 x 1 x 2 0 10 Portanto há uma assíntota horizontal em y0 Respostas Domínio R1 Assíntotas verticais x1 Assíntotas horizontais y0 3 Para f x ser contínua em xa três condições devem ser satisfeitas 1 f a está definido 2 lim xaf x existe 3 lim xaf x f a f x sin 8 x x se x0 0 se x0 8x 2 se x0 1 f 0 está definido Pela definição da função f 0 0 A primeira condição é satisfeita 2 Calcular os limites laterais em x0 Limite pela esquerda lim x0 f x lim x 0 sin 8 x x u8 x lim x 0 sin 8 x 8x 1 lim x0 sin8x x lim x 0 8 sin 8 x 8 x 8 18 Limite pela direita lim x0 f x lim x0 8x 2808 Conclusão Ambos os limites laterais existem e são iguais a 8 Portanto lim x 0 f x 8 3 Comparar o limite com f 0 Temos lim x 0 f x 8e f 00 Como 80 a terceira condição de continuidade não é satisfeita Resposta Final A função é descontínua em x0 porque embora f 0 esteja definido e o limite lim x0f x exista temos lim x 0 f x f 0 Isso viola a definição matemática de continuidade 4 g x cos 2x eh x xπ 21 e que g x f x h x para todo x R Teorema do Confronto Se lim xag x lim xah x L então lim xaf x L a Limite de g x cos 2x lim xπ cos 2x cos 2 π 1 21 b Limite de h x xπ 21 lim xπ xπ 21011 Pelo Teorema do Confronto lim x π f x 1 Verificar f π Como g x f x h x para todo x em xπ g π cos 2π 1eh π ππ 211 Portanto 1f x 1f π 1 Resposta Final A função f é contínua em xπ pois lim xπ f x f π 1 5 f x 2 x x1 x 3x 2x Verificar Continuidade A função exponencial 2 x x1 é contínua em 01 pois o denominador x10 nesse intervalo O polinômio x 3x 2x é contínuo em R Portanto f x é contínua em 01 Calcular f 0 e f 1 a Em x0 f 0 2 0 010 30 202 00101 b Em x1 f 12 1 111 31 212 1 232315858 f 115858 Teorema do Valor Intermediário f 0 10 f 1158580 Como f x é contínua em 01 e muda de sinal nesse intervalo pelo TVI existe c 01 tal que f c02 c c 1c 3c 2c Resposta Final A equação 2 x x1x 3 x 2x admite pelo menos uma solução no intervalo 01 pois pelo Teorema do Valor Intermediário existe c 01 onde f c0 Existe pelo menos uma soluc a o em 01