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03/08/13 Cálculo Diferencial e Integral : QUESTÕES RESOLVIDAS PASSO A PASSO - LIMITE
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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
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= 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 ⎤⎦⎥
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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
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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
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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.
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[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
⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪
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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
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[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
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[Ex4]
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 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
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[Ex5]
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 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
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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
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Sabendo que
Logo,
[Ex7]Calcule
Observamos que o limite tende a uma indeterminação, e que possui a configuração do limite fundamental trigonométrico. Vamos
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
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Observamos que o limite tende a uma indeterminação, e que possui a configuração do limite fundamental trigonométrico. Vamos
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
Observamos que o limite tende a uma indeterminação, e que possui a configuração do limite fundamental trigonométrico. Vamos
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
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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
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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
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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. )
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Publicada em 30 de julho de 2013 às 22:24h.
(ii) Calcule : Observamos que o e Assim, temos uma
indeterminação do tipo Vamos colocar em evidência dentro da raiz ;
Lembre-se que
Publicada em 30 de julho de 2013 às 21:50h.
(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
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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
− −−−−−−−−−−√ ⎤⎦
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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)
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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 :
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(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.
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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
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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√
(+∞ − ∞)
−− −−−−−−−−−−
√
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= \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− −−−−√
(+∞ − ∞)
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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 + )
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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
− −−−−−√
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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
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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
[ ]
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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
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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
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[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
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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
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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
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