Cálculo Diferencial e Integral _ QUESTÕES RESOLVIDAS PASSO A PASSO - LIMITE

03/08/13 Cálculo Diferencial e Integral : QUESTÕES RESOLVIDAS PASSO A PASSO - LIMITE

42calculo.blogspot.com.br/p/questoes-resolvidas-passo-passo.html 1/37

Cálculo Diferencial e Integral

PRÉ-CÁLCULO CÁLCULO I QUESTÕES RESOLVIDAS PASSO A PASSO - LIMITE LISTA DE EXERCÍCIOS LIMITE LISTA DE EXERCÍCIOS DERIVADAS CÁLCULO II CÁLCULO III

CÁLCULO IV

QUESTÕES RESOLVIDAS PASSO A PASSO - LIMITE

LIMITE

Escrito por Carlos André Matos.

[1]

Limite Fundamental Exponencial

−∞ +∞

= elimu→∞

(1 + )1u

u

0Compartilhar mais Próximo blog» [email protected] Nova postagem Design Sair

http://42calculo.blogspot.com.br/

http://42calculo.blogspot.com.br/p/pre-calculo.html


http://42calculo.blogspot.com.br/p/questoes-resolvidas-passo-passo.html

http://42calculo.blogspot.com.br/p/lista-de-exercicios-calculo-diferencial.html

http://42calculo.blogspot.com.br/p/lista-de-exercicios-derivadas.html

http://42calculo.blogspot.com.br/p/calculo-ii.html

http://42calculo.blogspot.com.br/p/calculo-iii.html

http://42calculo.blogspot.com.br/p/calculo-iv.html

http://www.blogger.com/next-blog?navBar=true&blogID=6718725258055552026

http://www.blogger.com/blogger.g?blogID=6718725258055552026#editor

http://www.blogger.com/blogger.g?blogID=6718725258055552026#template

http://42calculo.blogspot.com/logout?d=http://www.blogger.com/logout-redirect.g?blogID%3D6718725258055552026

http://www.blogger.com/



= constante Euler

(número irracinal )

base do logarítmo neperiano:

(i)Calcule

Verifica-se uma indeterminação do tipo . Vamos usar as propriedades de limites e conhecimentos de propriedades de Logaritmo.

Observe que utilizamos a propriedade de

Vamos utilizar agora abaixo a propriedade

e

e = 2.718281...

e y = ln (e) = 1

ln [ ]limx→0

1x

1 + x

1 − x

− −−−−√

(∞.0)

ln [ ] = lnlimx→0

1x

1 + x

1 − x

− −−−−√ lim

x→0

1x

[ ]1 + x

1 − x

12

= lnlimx→0

[ ]1 + x

1 − x

12x

u. log (a) = log (a)u

. log ( ) = log (a) − log (b)a

b

ln (1 + x − ln (1 − xlimx→0

⎡⎣⎢ )

12x )

12x

⎤⎦⎥

= ln (1 + x − ln (1 − x⎡⎣⎢

1 1 ⎤⎦⎥



Vamos calcular separadamente cada limite, assim, vamos escrever a expressão acima da seguinte forma :

e

Logo,

= ln (1 + x − ln (1 − x⎡⎣⎢ lim

x→0)

12x lim

x→0)

12x

⎤⎦⎥

ln (1 + x − ln (1 − x⎡⎣⎢ lim

x→0)

12x lim

x→0)

12x

⎤⎦⎥

ln (1 + x − ln (1 − x⎡⎣⎢ lim

x→0)

12x lim

x→0)

12x

⎤⎦⎥

= (1 + xK1 limx→0

)

12x

= (1 − xK2 limx→0

)

12x

[ln ( ) − ln ( )]K1 K2



Calculando os limites, temos

Vamos fazer uma mudança de variável :

Chamando quando

Logo,

De forma analoga faremos para

Vamos fazer uma mudança de variável :

Chamando quando

Logo,

= (1 + x =K1 limx→0

)

12x lim

x→0(1 + x

⎡⎣⎢ )

1x

⎤⎦⎥

12

ξ = ⇔ x =1x

1ξ

x → 0;ξ → ∞

=limξ→0

[ ](1 + )1ξ

ξ

12

e

12

K2

= (1 − x =K2 limξ→0

)

12x lim

ξ→0(1 − x

⎡⎣⎢ )

1x

⎤⎦⎥

12

−x = ⇔ −κ =1κ

1x

x → 0;κ → ∞

1 −1



Assim,

Teorema do Valor Intermediário.

Sejam uma função contínua em e um número qualquer tal que Então, existe um número tal que

[Ex1] Mostre que existe uma raiz entre e da equação

Definimos .

Observamos que

e

Logo, , além disso é um polinômio. Portanto é contínua e satisfaz as hipoteses do TVI(Teorema do Valor

Intermediário) , assim existe tal que

Obs: O Teorema do Valor Intermediário possui uma aplicação para a resolução numérica de equações.

= =limκ→0

[ ](1 + )1κ

−κ

12

limκ→0

[ ](1 + )1κ

κ

−12

e

−12

[ln ( ) − ln ( )] = ln ( ) − ln ( )K1 K2

⎡⎣⎢ e

12 e

−12

⎤⎦⎥

= ln (e) − (− ln (e)) = .1 + .1 = 112

12

12

12

f I[a,b] M f(a) < M < f(b). c ∈ (a,b)f(c) = M.

1 2 4 − 6 + 3x − 2 = 0.x3 x2

f(x) = 4 − 6 + 3x − 2x3 x2

f(1) = 4.1 − 6.1 + 3.1 − 2 = −1 < 0.

f(2) = 4.2 − 6.2 + 3.2 − 2 = 12 > 0.

f(1) < 0 < f(2) f(x) f∈ (a,b) f(c) = 0.



[Ex2] Considere a função , no intervalo como é contínua e muda de sinal entre e ,

o Teorema do Valor Intermediário implica que deve existir pelo menos um ponto tal que

LIMITES FUNDAMENTAIS

Limite Trigonométrico Fundamental:

[Ex1]

Verifica-se uma indeterminação. Usando as propriedades de limite, vamos reescrever a expressão:

Sabemos que Assim, temos o limite

f(x) = − −12

x2 x5 [−1,1] f −1 1

f(−1) = > 0,f(1) = − < 0,12

32

c ∈ [−1,1]

f(c) = 0.

= 1limu→0

sin(u)u

sinlimx→0

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪

cos[ − ( )]π

2πx

3x

⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪

sin

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪lim

x→0

cos[ − ( )]π

2πx

3x

⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪

cos(α − β) = cos(α) cos(β) + sin(α) sin(β).

sin

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪lim

x→0

cos( ) cos( ) + sin( ) sin( )π

2πx

3π

2πx

3x

⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪



Sabemos que e

Com essas informações, vamos novamente reescrever o limite com as devidas substituições

Fazendo uma troca de variável, Quando , pois

Assim, temos

Recomendo uma revisão de algumas Identidades

Trigonométricas!!!

cos( ) = 0π

2sin( ) = 1.

π

2

= sin = sin

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪lim

x→0

0 cos( ) + 1.sin( )πx

3πx

3x

⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪lim

x→0

sin( )πx

3x

⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪

ξ = ⇔ = x;πx

33ξ

πx → 0,ξ → 0 ξ = = 0

π.03

sin = sin{ }⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪lim

ξ→0

sin(ξ)

( )3ξ

π

⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪ lim

ξ→0

π

3sin(ξ)

ξ

= sin{ . } = sin( .1) = sin( ) =limξ→0

π

3limξ→0

sin(ξ)ξ

π

3π

33√

2



[Ex2]

Verifica-se uma indeterminação. Assim, vamos fazer uma troca de variável adequada para podermos resolver este limite que a

priori tem a configuração do limite fundamental :

Chamando quando , pois

Agora reescrevendo o limite, temos

[Ex3]

Verifica-se uma indeterminação do tipo . Vamos inicialmente reescrever a expressão de modo que possamos visualizar

uma possível configuração do nosso limite fundamental.

Temos,

Fazendo uma troca de variável simples: Quando

limx→0

− 1esin(x)

sin(x)

= ln (a)limu→0

− 1au

u

ψ = sin(x), x → 0,ψ → 0 ψ = sin(0) = 0

= = ln (e) = (e) = 1limx→0

− 1esin(x)

sin(x)limψ→0

− 1eψ

ψloge

xcot(3x)limx→0

(0.∞)

xcot(3x) = = cos(3x)limx→0

limx→0

xcos(3x)sin(3x)

limx→0

x

sin(3x)limx→0

= cos(3x).[ ]limx→0

sin(3x)x

−1

limx→0

u = 3x ⇔ = x.u

3x → 0;u → 0

−1−1



[Ex4]


priori tem a configuração do limite fundamental trigonométrico :

Chamando

Quando pois Assim, reescrevendo o limite, temos:

cos(u) = cos(u)⎡⎣⎢lim

u→0

sin(u)u

3

⎤⎦⎥

−1

limu→0

[ ]limu→0

3 sin(u)u

−1

limu→0

= cos(u)[ 3]limu→0

−1[ ]limu→0

sin(u)u

−1

limu→0

= cos(0) = .1.1 =[3]−1 [1]−1 13

13

limx→0

2 arcsin(x)3x

= 1limu→0

sin(u)u

φ = arcsin(x) ⇔ sin(φ) = sin[arcsin(x)] ⇔ sin(φ)

= x ⇔ x = sin(φ)

x → 0 ⇒ φ → 0 φ = arcsin(0) ⇒ φ = 0

= =limx→0

2 arcsin(x)3x

limφ→0

2φ

3 sin(φ)[ ]lim

φ→0

3 sin(φ)2φ

−1



[Ex5]


priori tem a configuração do limite fundamental trigonométrico : Chamando

Quando pois

Assim, reescrevendo o limite, temos:

= =[ ]limφ→0

32

sin(φ)φ

−1 [ ]limφ→0

32

−1[ ]limφ→0

sin(φ)φ

−1

= [1 =[ ]32

−1

]−1 23

limx→0

5 arcsin(3x)2x

= 1limu→0

sin(u)u

φ = arcsin(3x) ⇔ sin(φ) = sin[arcsin(3x)] ⇔ sin(φ)

= 3x ⇔ x =sin(φ)

3

x → 0 ⇒ φ → 0 φ = arcsin(3.0) ⇒ φ = 0

limφ→0

5φ

2( )sin(φ)3



Publicada em 02 de Agosto de 2013 às 19:29h.

[Ex6 ]Calcule

Observamos que o limite tende a uma indeterminação, e que possui a configuração do limite fundamental trigonométrico. Vamos

fazer uma troca de variável

Quando

Agora reescrevendo o limite, temos

= =limφ→0

152

φ

sin(φ)152

limφ→0

φ

sin(φ)

= =152

limφ→0

[ ]sin(φ)φ

−1 152

[ ]limφ→0

sin(φ)φ

−1

= =152

[1]−1 152

limx→0

sin(κx)βx

ω = κx ⇔ x =ω

κ

x → 0,ω → 0.

=limx→0

sin(κx)βx

limω→0

sin(ω)βω

κ



Sabendo que

Logo,

[Ex7]Calcule


reescrever

Assim,

[Ex8] Calcule

= [ ]limω→0

κ

β

sin(ω)ω

= 1.limω→0

sin(ω)ω

[ ] = .1 =limω→0

κ

β

sin(ω)ω

κ

β

κ

β

limx→0

tan(x)x

tan(x) =sin(x)cos(x)

= .limx→0

sin(x)xcos(x)

limx→0

sin(x)x

limx→0

1cos(x)

= 1. = 1.1 = 11

cos(0)

limx→0

sin(5x) − sin(2x)x




reescrever o limite de forma conviniente ,

Fazendo uma troca de variável simultânea : , quando E quando

Escrevendo o limite agora levando em consideração a troca de variável, temos

[Ex9] Calcule


racionalizar a expressão e logo em seguida reescrever o a expressão obtida utilizando a relação fundamental da trigonometria

.

= [ − ]limx→0

sin(5x) − sin(2x)x

limx→0

sin(5x)x

sin(2x)x

= [ − ] = [ 5 − 2 ] =limx→0

sin(5x)x

limx→0

sin(2x)x

limx→0

sin(5x)5x

limx→0

sin(2x)2x

= 5 − 2 =limx→0

sin(5x)5x

limx→0

sin(2x)2x

u = 5x x → 0,φ → 0. ω = 2x, x → 0,ω → 0.

5 − 2 = 5.1 − 2.1 = 5 − 2 = 3limu→0

sin(u)u

limω→0

sin(ω)ω

limx→0

1 − cos(κx)κ2x2

: (u) + (u) = 1cos2 sin2

= =[ − (cos(κx) ]2 2



Fazendo uma troca de variável,

quando

Reescrevendo o limite,

= =limx→0

1 − cos(κx)κ2x2

limx→0

[1 − cos(κx)](1 + cos(κx))(1 + cos(κx)κ2x2

limx→0

[ − (cos(κx) ]12 )2

(1 + cos(κx)κ2x2

= limx→0

(κx)sin2

(1 + cos(κx)κ2x2

u = κx ⇔ = x,u

κx → 0,u → 0

=limx→0

(κx)sin2

(1 + cos(κx))κ2x2limu→0

(u)sin2

κ2( )u

κ

2limu→0

1(1 + cos(u))

= limu→0

(u)sin2

u2limu→0

1(1 + cos(u))

= =limu→0

[ ]sin(u)u

2

limu→0

1(1 + cos(u))

[ ]limu→0

sin(u)u

2

limu→0

1(1 + cos(u))

= [1 = 1. =]21

(1 + cos(0))1

(1 + 1)12



Teorema do Confronto ou do "Sanduíche"

Se para todo em um intervalo aberto contendo , exceto possivelmente em , e se

, então

Gráfico alusivo ao teorema do confronto.

[Ex1]

Solução:

Sabemos que ; sendo

. Assim,

Multiplica ambos os lados da desiguldade por

f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) x a af(x) = h(x) = Llimx→a limx→a g(x) = L.limx→a

sin( ).limx→0 x2 1x2

| sin(u)| ≤ 1 u =1

x2

| sin(u)| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ sin(u) ≤ 1 ⇔ −1 ≤ sin( ) ≤ 11

x2

x2

−1( ) ≤ sin( ) ≤ 1( )x2 x2 1x2

x2



Note que e Portanto pelo Teorema do Confronto

[Ex2] Solução: Sabemos que ; sendo . Assim,

Multiplica ambos os lados da desiguldade por

Note que e Portanto pelo Teorema do Confronto

Publicada em 30 de julho de 2013 às 23:58h.

(i) Prove pela definição que Temos, Para todo exite um tal que

(I) (II) . A partir de

. Comparando as expressões (II) e (I) ,temos

⇔ − ≤ sin( ) ≤ .x2 x2 1x2

x2

− = 0limx→0 x2 = 0.limx→0 x2 sin( ) = 0.limx→0 x2 1x2

sin( ).limx→0 −x3 x2− −−−−−√π

x| sin(u)| ≤ 1 u =

π

x

| sin(u)| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ sin(u) ≤ 1 ⇔ −1 ≤ sin( ) ≤ 1π

x−x3 x2− −−−−−√

−1( ) ≤ sin( ) ≤ 1( )−x3 x2− −−−−−√ −x3 x2− −−−−−√ π

x−x3 x2− −−−−−√

⇔ − ≤ sin( ) ≤ .−x3 x2− −−−−−√ −x3 x2− −−−−−√ π

x−x3 x2− −−−−−√

− = 0limx→0 −x3 x2− −−−−−√ = 0.limx→0 −x3 x2− −−−−−√

sin( ) = 0.limx→0 −x3 x2− −−−−−√π

x

= 1.limx→+∞x + 1

x= 1.limx→+∞

x + 1x

ε > 0 N > 0

x > N ⇒ ( ) − 1 < ε∣∣∣

x + 1x

∣∣∣

( ) − 1 < ε ⇔ < ε∣∣∣

x + 1x

∣∣∣

∣∣∣x + 1 − x

x

∣∣∣

⇔< ε ⇔ < ε ⇔ < ε ⇔ x >1

|x|1x

1ε

N =1ε

(c.q.d. )




(ii) Calcule : Observamos que o e Assim, temos uma

indeterminação do tipo Vamos colocar em evidência dentro da raiz ;

Lembre-se que


(iii) Prove pela definição de limites que . Solução: Temos que encontrar um número tal que

.

Temos da definição que

(c.q.d. )

.limx→−∞+ 1x2− −−−−√

x= +∞limx→−∞ + 1x2− −−−−√ x = −∞limx→−∞

[ ].+∞−∞

x2

= =limx→−∞

+ 1x2− −−−−√x

limx→−∞

(1 + )x2 1x2

− −−−−−−−−−

√x

limx→−∞

[ ]x2−−√ 1 +1x2

− −−−−−√

x

= |x| = {x2−−√ x,≥ 0

−x, x < 0

= = −[ ] = − = −1limx→−∞

−x[ ]1 +1

x2

− −−−−−√

xlim

x→−∞1 +

1x2

− −−−−−√ 1 + 0− −−−√

(3x + 1) = 7limx→2 δ > 0

|x − 2| < δ ⇒ |(3x + 1) − 7| < ε ⇔

|(3x + 1) − 7| < ε

⇔ |3x + 1 − 7| < ε ⇔ |3x − 6| < ε

⇔ |3(x − 2)| < ε

⇔ 3|x − 2| < ε

⇔ |x − 2| <ε

3

|x − 2| < δ



e encontramos que:

Assim,

.

[2] Calcule: Usando as propriedades de limite, temos

[3] Calcule:

Observa-se que o limite tende a uma indeterminação.

Usando as propriedades de limite, temos

|x − 2| < δ

|x − 2| <ε

3

δ ≤ε

3

(c.q.d. ).

arcsin .limρ→−2⎡⎣ − 2ρρ2

ρ3

− −−−−−−

√3 ⎤⎦arcsin = arcsinlimρ→−2

⎡⎣ − 2ρρ2

ρ3

− −−−−−−

√3 ⎤⎦ ⎡⎣limρ→−2− 2ρρ2

ρ3

− −−−−−−

√3 ⎤⎦= arcsin = arcsin[ ]⎡⎣ (−2 − 2(−2))2

(−2)3

− −−−−−−−−−−−⎷3

⎤⎦ 8−8

− −−√3

= arcsin(−1) =3π

2

arccos .limϕ→−2⎡⎣ − 4ϕ2

3 + 4ϕ − 4ϕ2

− −−−−−−−−−−

√ ⎤⎦

arccos = arccoslimϕ→−2

⎡⎣ − 4ϕ2

3 + 4ϕ − 4ϕ2

− −−−−−−−−−−√ ⎤⎦ ⎡⎣ limϕ→−2

− 4ϕ2

3 + 4ϕ − 4ϕ2

− −−−−−−−−−−√ ⎤⎦



CONTINUIDADE

[4]

Analise a continuidade da seguinte função:

Solução:

Observamos que o problema é determinar se é contínua em . Usando a definição de função modular, reescrevemos a função;

= arccos = arccos = arccos⎡⎣ lim

ϕ→−2

(ϕ − 2)(ϕ + 2)(ϕ + 2)(3ϕ − 2)

− −−−−−−−−−−−−

√ ⎤⎦ ⎡⎣ limϕ→−2

(ϕ − 2)(3ϕ − 2)

− −−−−−−−

√ ⎤⎦ ⎡⎣ (−2 − 2)(3(−2) − 2)

− −−−−−−−−−

√ ⎤⎦

= arccos[ ] = arccos[ ]12

−−√ 2√

2

=π

4

f(x) =⎧⎩⎨⎪⎪ ,

sin(x)|x|

3,

x ≠ 0

x = 0

f 0

f(x) =

⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪ ,

− sin(x)



Vamos calcular os limites laterais:

(i)

(ii)

Assim,

Logo, . Portanto não é contínua em

[5]

Determine as constantes tais que a seguinte função seja contínua:

Solução:

Se , então e

Vamos calcular os limites laterais,

Para

f(x) =

⎧

⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

,− sin(x)

x3,

,sin(x)

x

x < 0

x = 0

x > 0

f(x) = − = −1limx→0− limx→0−sin(x)

x

f(x) = = 1.limx→0+ limx→0+sin(x)

x

f(x) ≠ f(x)limx→0− limx→0+

∃ f(x)limx→0 f 0

f(x) =

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪

mx + 3,

cos( ),πx

3nx + 3,

x < −3

−3 ≤ x ≤ 3

x > 3.

x = −3 f(−3) = cos(−π) = −1 f(−3) = cos(π) = −1

x → −3 :



(i)

(ii)

Como os limites laterias devem ser iguais para que a função seja continua, pois o limite precisa existir. Temos

Para

(iii)

(iv)

Como os limites laterias devem ser iguais para que a função seja continua, pois o limite precisa existir. Temos

Logo,

f(x) = (mx + 3) = −3m + 3limx→−3− limx→−3−

f(x) = cos( ) = cos( ) = cos(−π) = −1.limx→−3+ limx→−3−πx

3−3π

3

−3m + 3 = −1 ⇔ m =43

x → 3 :

f(x) = cos( ) = cos( ) = cos(−π) = −1.limx→3− limx→3−πx

3−3π

3

f(x) = = (nx + 3) = 3n + 3limx→3+ limx→3+

−3n + 3 = −1 ⇔ n =−43

f(x) =

⎧

⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

+ 3,4x

3

cos( ),πx

3

+ 3,−4x

3

x < −3

−3 ≤ x ≤ 3

x > 3.



Publicada em 28 de Julho de 2013, 21:40h

[6] Calcule :

Solução:Verifica-se uma indeterminação. Primeiro vamos reescrever o numerador. Sabendo que

colocamos em evidência e rescrevendo

Pois , então:

limx→

π

6

sin(x + )5π

6

(x) − 3 cot(x)cot3

sin(α + β) = sin(α) cos(β) + cos(α) sin(β)

sin(x + ) = sin(x) cos( ) + sin( ) cos(x)5π

65π

65π

6

= sin(x)(− ) + cos(x) = [cos(x) − sin(x)] = [cot(x) − ]3√

212

12

3√sin(x)

23√

sin(x) = cot(x)cos(x)sin(x)

sin(x) ≠ 0

limx→

π

6

sin(x + )5π

6

(x) − 3 cot(x)cot3



Publicada em 28 de Julho de 2013, 20:31h

[7] Calcule :

Verifica-se que e

Assim, temos uma indeterminação do tipo . Devemos trabalhar com essas expressões algébricas de tal forma que

possamos eliminar a indeterminação.

Vamos racionalizar a expressão:

= limx→

π

6

sin(x)(cot(x) − )3√

2 cot(x)[cot(x) − ](cot(x) + )3√ 3√

= =limx→

π

6

sin(x)

2 cot(x)(cot(x) + )3√

sin( )π

6

2 cot( )[cot( ) + )]π

6π

63√

= = = = =1

4( )( + )3√ 3√ 3√

1

4( )(2 )3√ 3√

1

8( 3√ )2

18(3)

124

−limx→+∞ x + x + x√− −−−−−

√− −−−−−−−−−−√ x√

= +∞limx→+∞ x + x + x√− −−−−−

√− −−−−−−−−−−√ − = −∞.limx→+∞ x√

(+∞ − ∞)

−− −−−−−−−−−−

√



= \lim_{ x \to +\infty} \dfrac{\left(\left(\sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{x}}}\right)^2 - \left(\sqrt{x}\right)^2\right)}{ \sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{x}}}

+ \sqrt{x}}

= \lim_{ x \to +\infty} \dfrac{\left( x + \sqrt{ x + \sqrt{x}} - x \right)}{ \sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}} = \lim_{ x \to +\infty}

\dfrac{ \sqrt{ x + \sqrt{x}} }{ \sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}}

= \lim_{ x \to +\infty} \dfrac{ \dfrac{\sqrt{ x + \sqrt{x}}}{\sqrt{x}} }{ \dfrac{\sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}}{\sqrt{x}}} = \lim_{ x

\to +\infty} \dfrac{ \sqrt{ 1 + \sqrt{\dfrac{1}{x}}}}{ \sqrt{ 1 + \sqrt{ \dfrac{1}{x}+ \sqrt{\dfrac{1}{x^3}}}} +1}

=\dfrac{ \sqrt{ 1 + \sqrt{0}}}{ \sqrt{ 1 + \sqrt{ 0 + \sqrt{0}}}} =\dfrac{ \sqrt{1}}{ \sqrt{1} +1}= \dfrac{1}{2} $$

Legal né :) ? Pessoal, uma revisão de função raiz vai auxiliar bastante sua compreensão desta e próximas questões.

Publicada em 28 de Julho de 2013, 17:45h.

[8]

Verifica-se que e

−limx→+∞

x + x + x√− −−−−−√

− −−−−−−−−−−√ x√

= limx→+∞

( − )( + )x + x + x√− −−−−−

√− −−−−−−−−−−√ x√ x + x + x√

− −−−−−√

− −−−−−−−−−−√ x√

+x + x + x√− −−−−−

√− −−−−−−−−−−√ x√

Dividindonumeradoredenominadorpor$ $, temosx√

Lembre − sedoteorema : $ = 0;n ∈ I .$limx→±∞

1xn

N ∗

( − ).limx→+∞ − 3x + 7x2− −−−−−−−−√ + 1x2− −−−−√

= +∞limx→+∞ − 3x + 7x2− −−−−−−−−√ − = −∞.limx→+∞ + 1x2− −−−−√

(+∞ − ∞)



Assim, temos uma indeterminação do tipo . Devemos trabalhar com essas expressões algébricas de tal forma que possamos

eliminar a indeterminação.

Vamos racionalizar a expressão:

Observa-se que ainda temos o limite tendendo para uma indeterminação.Vamos colocar em evidência no numerador e colocar em

evidência dentro das raizes no denominador; lembre-se também do teorema :

Logo, temos

(+∞ − ∞)

( − )limx→+∞

− 3x + 7x2− −−−−−−−−√ + 1x2− −−−−

√

= limx→+∞

( − )( + )− 3x + 7x2− −−−−−−−−√ + 1x2− −−−−√ − 3x + 7x2− −−−−−−−−√ + 1x2− −−−−√

( + )− 3x + 7x2− −−−−−−−−√ + 1x2− −−−−√

= =limx→+∞

[( − ( ]− 3x + 7x2− −−−−−−−−√ )2 + 1x2− −−−−√ )2

( + )− 3x + 7x2− −−−−−−−−√ + 1x2− −−−−√lim

x→+∞

[ − 3x + 7 − ( + 1)]x2 x2

( + )− 3x + 7x2− −−−−−−−−√ + 1x2− −−−−√

= =limx→+∞

( − 3x + 7 − − 1)x2 x2

( + )− 3x + 7x2− −−−−−−−−√ + 1x2− −−−−√lim

x→+∞

(−3x + 6)

( + )− 3x + 7x2− −−−−−−−−√ + 1x2− −−−−√

x x2

= 0;n ∈ I .limx→±∞1

xnN ∗

x(−3 + )



Como

Aqui é interessante o estudante fazer uma revisão da definição de função modular.

Agora colocando no denominador o em evidência, temos

limx→+∞

x(−3 + )6x

+⎛⎝ (1 − + )x2 3

x

7x2

− −−−−−−−−−−−−−

√ (1 + )x2 1x2

− −−−−−−−−−

√ ⎞⎠

= limx→+∞

x(−3 + )6x

(|x| + |x| )1 − +3x

7x2

− −−−−−−−−√ 1 +

1x2

− −−−−−√

x → +∞;|x| = x

= limx→+∞

x(−3 + )6x

(x + x )1 − +3x

7x2

− −−−−−−−−√ 1 +

1x2

− −−−−−√

x

= limx→+∞

x(−3 + )6x

x( + )1 − +3x

7x2

− −−−−−−−−√ 1 +

1x2

− −−−−−√



Simplicando por no numerador e denominador, ficamos com

Aplicando o teorema mencionado anteriormente

[9]Determine o valor do parâmetro para que a função seja contínua no ponto a= 0.

Solução:

Devemos calcular

Verifica-se que e

Assim, temos uma indeterminação. Devemos trabalhar com essas expressões algébricas de tal forma que possamos eliminar a

x x

= limx→+∞

(−3 + )6x

( + )1 − +3x

7x2

− −−−−−−−−√ 1 +1x2

− −−−−−√

=(−3 + 0)

( + )1 − 0 + 0− −−−−−−√ 1 + 0− −−−√

= =−3

(1 + 1)−32

K ∈ IR f(x)

y = f(x) =⎧⎩⎨⎪⎪ ,

− 11 + x− −−−√

− 11 + x− −−−√3

2K − 1,

x ≠ 0

x = 0

limx→0− 11 + x

− −−−√

− 11 + x− −−−√3

− 1 = 0limx→0 1 + x− −−−√ − 1 = 0.limx→0 1 + x

− −−−√3



indeterminação. Vamos fazer uma troca de variável:

Chamando

Quando pois,

Reescrevendo o limite, temos:

Agora racionalizando a raiz quadrada, temos:

Logo,

[10]

Fazendo tender para , observamos que o limite tende a uma indeterminação. Fazendo uma troca

ψ = ⇔ (ψ = ( ⇔ (ψ = 1 + x ⇔ (ψ − 1 = x1 + x− −−−√3 )3 1 + x

− −−−√3 )3 )3 )3

x → 0;ψ → 1 ψ = = = 11 + 0− −−−√3 1√3

=limx→0

− 11 + x− −−−√

− 11 + x− −−−√3 lim

ψ→1

− 11 + (ψ − 1)3− −−−−−−−−−√

ψ − 1

= limψ→1

[ − 1]( + 1)(ψ)3− −−−√ (ψ)3

− −−−√(ψ − 1)( + 1)(ψ)3

− −−−√

= =limψ→1

[( − (1 ](ψ)3− −−−√ )2 )2

(ψ − 1)( + 1)(ψ)3− −−−√

limψ→1

( − 1)ψ3

(ψ − 1)( + 1)(ψ)3− −−−√

= = = = =limψ→1

(ψ − 1)( + ψ + 1)ψ2

(ψ − 1)( + 1)(ψ)3− −−−√

limψ→1

( + ψ + 1)ψ2

( + 1)(ψ)3− −−−√

((1 + 1 + 1))2

( + 1)(1)3− −−√

1 + 1 + 11 + 1

32

2K − 1 = ⇔ 4K − 2 = 3 ⇔ 4K = 5 ⇔ K = .32

54

limx→

π

6

2 (x) + sin(x) − 1sin2

2 (x) − 3 sin(x) + 1sin2x

π

6

[ ]



de variável: ; quando ; logo Faça divisão de

polinômios, recomendo pelo dispositivo Prático de Briot-Ruffini. Assim, temos :

[11]

Verifica-se que e . Assim, temos uma indeterminação. Devemos trabalhar

com essas expressões algébricas de tal forma que possamos eliminar a indeterminação. Vamos fazer uma troca de variável. Chamando

Quando pois Assim, reescrevendo o limite, temos:

Portanto,

Lembre-se dos produtos notáveis :

y = sin(x) x → ⇒ sin( ) = sin( ) =π

6π

630∘ 1

2y →

12

[ ]limx→

12

2 + y − 1y2

2 − 3y + 1y2

= [ ] = = = −3lim

x→12

⎡⎣⎢⎢(y − )(2y + 2)

12

(y − )(2y − 2)12

⎤⎦⎥⎥ lim

x→12

(2y + 2)(2y − 2)

⎡⎣⎢⎢ 2. + 2

12

2. − 212

⎤⎦⎥⎥ 3

−1

limx→81− 9x√− 3x√4 − 9 = 0limx→81 x√ − 3 = 0limx→81 x√4

u = ⇔ = ( ⇔ = xx√4 u4 x√4 )4u4

x → 81;u → 3 u = ⇒ u = ⇒ u = ⇒ u = 3x√4 81−−√4 34−−√4

=limx→81

− 9x√− 3x√4 lim

u→3

− 9u4−−√

u − 3

= =limu→3

− 9(u2)2− −−−√u − 3

limu→3

−u2 32

u − 3

= = (u + 3) = 3 + 3 = 6limu→3

(u − 3)(u + 2)(u − 3)

limu→3

= 6limx→81− 9x√− 3x√4

limx→81

− 9x√− 3x√4

(a − b)(a + b) = −2 2



e

Assim, temos :

Para alguns casos, como esse, a troca de variável é bem vinda!!!

[12]

Lembre-se do teorema Logo,

A questão também pode ser resolvida pegando se o termo de x de maior grau e dividindo as expressões do numerador e denominador,

simplificando-as e logo depois aplicando o teorema anterior.

(a − b)(a + b) = −a2 b2

(a − b)( + b + a + ) = −a3 a2 b2 b3 a4 b4

=limx→81

− 9x√− 3x√4 lim

x→81

( − 9)( + 9)[( + ( (3) + ( )( ) + ( )]x√ x√ x√4 )3x√4 )2

x√4 32 33

( − 3)[( + ( (3) + ( )( ) + ( )]( + 9)x√4 x√4 )3x√4 )2

x√4 32 33 x√

= limx→81

[( − (9 ][( + ( (3) + ( )( ) + ( )]x√ )2 )2x√4 )3

x√4 )2x√4 32 33

[( − (3 ]( + 9)x√4 )4 )4x√

= limx→81

(x − 81)[( + ( (3) + ( )( ) + ( )]x√4 )3x√4 )2

x√4 32 33

(x − 81)( + 9)x√

= limx→81

[( + ( (3) + ( )( ) + ( )]x√4 )3x√4 )2

x√4 32 33

( + 9)x√

=[( + ( (3) + ( )( ) + ( )]81−−√4 )3 81−−√4 )2 81−−√4 32 33

( + 9)81−−√

= = = = 6[(3 + (3 (3) + (3)( ) + ( )])3 )2 32 33

(9 + 9)[27 + 27 + 27 + 27)]

(81)10818

= = = 3.limx→−∞3 − 2x + 1x2

+ 4x3limx→−∞

3x2

x3limx→−∞

3x

limx→−∞1x

= 0;n ∈ I .limx→±∞1

xnN ∗

3. = 3.0 = 0limx→−∞

1x



[13]

. Lembre-se que se se . E Assim,

Utilizando o teorema da questão anterior, temos:

[14]Verifique se a função é contínua no ponto .

Solução: Vamos calcular os limites laterais:

limx→+∞− 3x2− −−−−√

+ 1x3− −−−−√3

=limx→+∞

− 3x2− −−−−√

+ 1x3− −−−−√3 limx→+∞

(1 − )x2 3x2

− −−−−−−−−−

√(1 + )x3 1

x3

− −−−−−−−−−

√3

= |x| = {x,x2−−√ x ≥ 0;−x, x < 0} = xx3−−√3

=limx→+∞

x⎛⎝ (1 − )3

x2

− −−−−−−−

√ ⎞⎠x

⎛⎝ (1 + )1x3

− −−−−−−−

√3 ⎞⎠lim

x→+∞

(1 − )3x2

− −−−−−−−

√(1 + )1

x3

− −−−−−−−

√3

= = = 1limx→+∞

(1 − )3x2

− −−−−−−−

√(1 + )1

x2

− −−−−−−−

√3

1 − 0− −−−√

1 + 0− −−−√3

11

f(x) a = 2

f(x) = { 7x − 6,

2 ,x2

x < 2

x ≥ 2

f(x) = f(2)limx→2

(i) f(x) = (7x − 6) = 7.2 − 6 = 8limx→2−

limx→2−

(ii) f(x) = (2 ) = 7.2 − 6 = 82



Assim,

Portanto,

[15]Determine o valor da constante para que a função seja contínua em .

Solução: Vamos calcular os limites laterais: Lembre-se do produto notável : .

Assim, para que a função seja continua os limites laterais tem que existir e serem iguais:

[16]

(ii) f(x) = (2 ) = 7.2 − 6 = 8limx→2+

limx→2+

x2

f(x) = f(x)limx→2+

limx→2−

f(x) = 8.limx→2

K f(x) a = 0

f(x) =⎧⎩⎨⎪⎪ ,

− 11 + x− −−−√

x

3 − 4x + K,x2

x > 0

x ≤ 0

f(x) = f(0)limx→0 (a − b)(a + b) = −a2 b2

(i) f(x) =limx→0+

limx→0+

− 11 + x− −−−√

x

= =limx→0+

( − 1)( + 1)1 + x− −−−√ 1 + x

− −−−√

x( + 1)1 + x− −−−√

limx→0+

[( − (1 ]1 + x− −−−√ )2 )2

x( + 1)1 + x− −−−√

= =limx→0+

[1 + x − 1]

x( + 1)1 + x− −−−√

limx→0+

[x]

x( + 1)1 + x− −−−√

= = =limx→0+

1+ 11 + x

− −−−√1

+ 11 + 0− −−−√12

(ii) f(x) = (3 − 4x + K) = 3.(0 − 4.0 + K = Klimx→0−

limx→0−

x2 )2

f(x)

f(x) = f(x) = f(0) = K =limx→0+

limx→0−

12

f(x) =⎧⎩⎨

+ 2x + 12



Início

A função é contínua em (Justifique)? Solução: Vamos calcular os limites laterais;

e

Assim, Logo, Portanto, a função é contínua em

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

Piskounov. Cálculo Diferencial e Integral, vol I e II. Editora Lopes da Silva Leithold, L. Cálculo com Geometria Analítica. Harbra, 1994. H. Anton. Cálculo – Um Novo Horizonte, vol

1, 6ª edição. Editora Bookman, 2002. Guidorizzi, H. L. Um Curso de Cálculo. Vol. I. Rio de Janeiro. LTC Editora. 1994. Leithold, L. Cálculo com Geometria Analítica. Harbra, 1994.

© 2013- MATOS, C. A. L. Todos os direitos reservados.

f(x) =⎧⎩⎨

+ 2x + 1x2

3x − 3

se

se

se

x > 1x = 1x < 1

x = 1

f(x)limx→1− f(x)limx→1+

(i) x − 3 = −2limx→1−

(ii) + 2x + 1 = (1 + 2.1 + 1 = 3limx→1+

x2 )2

f(x) ≠ f(x)limx→1− limx→1+ ∃ f(x)limx→1 f 1

Recomende isto no Google

Inscrever-se por e-mail

Digite seu comentário...

Comentar como: 42Cálculo (Google) Sair

Publicar Visualizar

Nenhum comentário:

Postar um comentário


http://www.blogger.com/page-edit.g?blogID=6718725258055552026&pageID=3695204220691634806&from=pencil

http://www.blogger.com/share-post.g?blogID=6718725258055552026&pageID=3695204220691634806&target=email

http://www.blogger.com/share-post.g?blogID=6718725258055552026&pageID=3695204220691634806&target=blog

http://www.blogger.com/share-post.g?blogID=6718725258055552026&pageID=3695204220691634806&target=twitter

http://www.blogger.com/share-post.g?blogID=6718725258055552026&pageID=3695204220691634806&target=facebook

http://www.blogger.com/share-post.g?blogID=6718725258055552026&pageID=3695204220691634806&target=orkut

http://42calculo.blogspot.com/logout?d=http://www.blogger.com/logout-redirect.g?blogID%3D6718725258055552026%26postID%3D3695204220691634806



Assinar: Postagens (Atom)

http://42calculo.blogspot.com/feeds/posts/default

Cálculo Diferencial e Integral _ QUESTÕES RESOLVIDAS PASSO A PASSO - LIMITE

Documents

Transcript of Cálculo Diferencial e Integral _ QUESTÕES RESOLVIDAS PASSO A PASSO - LIMITE