EXERCICIO -30-40 - UEM - 2016

30. Na figura está representada parte do grafico de uma função $f$ de dominion $I\!R$. A afirmação verdadeira é:

Resolução:

Se $x$ se aproxima de $a$ através de valores maiores que $a$ ou pela sua direita, escrevemos: $$\displaystyle \lim_{x \to a^+}f(x)=b$$
Esse limite é chamado de limite lateral à direita de $a$.

Se $x$ se aproxima de $a$ através de valores menores que $a$ ou pela sua esquerda, escrevemos: $$\displaystyle \lim_{x \to a^-}f(x)=b$$

Esse limite é chamado de limite lateral à esquerda de $a$.

Assim, com base nessa explicação é facil de observar que quando $x$ se aproxima de $3$ pela sua direita, i.é: $\displaystyle \lim_{x \to 3^+}f(x)=f(3)$.
Enquanto que quando $x$ se aproxima de $3$ pela sua esquerda, i.é: $\displaystyle \lim_{x \to 3^-}f(x)\ne f(3)$.

31. O limite da expressão $\frac{x^4-5x^2+4}{x^2+x-2}$ quando $x \to 1$ é:

Resolução:

$\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{x^4-5x^2+4}{x^2+x-2}=$
$\quad=\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{(x^2-4)(x^2-1)}{(x+2)(x-1)}$
$\quad=\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{(x^2-4)(x+1)(x-1)}{(x+2)(x-1)}$
$\quad=\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{(x^2-4)(x+1)\cancel{(x-1)}}{(x+2)\cancel{(x-1)}}$
$\quad=\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{(x^2-4)(x+1)}{x+2}$
$\quad=\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{(1^2-4)(1+1)}{1+2}$
$\quad=\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{(1-4)\cdot 2}{3}$
$\quad=\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{-3\cdot2}{3}$
$\quad=\displaystyle -2$ .

32. Para que valor do argumento $x$ a função não é contínua, sendo $f(x)=\left \{\begin{array} {l} |x^2-1|, \quad se \quad x\ne1\\ 1, \quad se \quad x=1 \end{array} \right.$.

Resolução:

Diz-se que uma função $\displaystyle f$ é contínua no ponto $\displaystyle x=a$ se $\displaystyle a$ é um ponto isolado do domínio ou, caso seja ponto de acumulação de $\displaystyle X$, se existir o limite de $\displaystyle f(x)$ com $\displaystyle x$ tendendo a $\displaystyle a$ e esse limite for igual a $\displaystyle f(a)$.


Assim, deve se verificar a seguinte condição:
$$\displaystyle \lim_{x \to a^-}f(x)=\lim_{x \to a^+}f(x)=f(a)$$

Agora vamos achar os limites:

$\displaystyle \lim_{x \to 1^-}f(x)=\displaystyle \lim_{x \to 1^-} |(1^-)^2-1|=0$

$\displaystyle \lim_{x \to 1^+}f(x)=\displaystyle \lim_{x \to 1^+} |(1^+)^2-1|=0$

$\displaystyle f(1)=1$.


Então, a função não é contínua para $x=1$.

33. Simplificando a expressão $\frac{sen x}{1+cos x}+\frac{1+cos x}{sen x}$ obtem-se:

Resolução:

$\frac{sen x}{1+cos x}+\frac{1+cos x}{sen x}=$

$\quad =\frac{sen x\cdot sen x +(1+cos x)(1+cos x)}{sen x(1+cos x)}$
$\quad =\frac{sen^2 x+1^2+2cos x + cos^2 x)}{sen x(1+cos x)}$
$\quad =\frac{sen^2 x +cos^2 x+ 1+2cos x)}{sen x(1+cos x)}$
$\quad =\frac{1+1+2cos x)}{sen x(1+cos x)}$
$\quad =\frac{2+2cos x)}{sen x(1+cos x)}$
$\quad =\frac{2\cdot(1+cos x)}{sen x(1+cos x)}$
$\quad =\frac{2\cdot \cancel{(1+cos x)}}{sen x \cancel{(1+cos x)}}$
$\quad =\frac{2}{sen x}$.

34. As assimptotas verticais $A_v$ e horizontais $A_h$ da função $f(x)=\frac{x^2-2}{(x-\sqrt{2})(x+1)}$ são:

Resolção:

Visto que a expressão da função é fraccionaria, então o denominador deve ser diferente de zero.

Assim, $(x-\sqrt{2})(x+1)\ne0$ $\Rightarrow x-\sqrt{2}\ne0 \vee x+1\ne0$ $\Rightarrow x=\sqrt{2} \vee x=-1$.

Agora, vamos verificar se esses dois valores obedecem a seguinte condição:

Uma reta de equação $x= a$ é uma Assímptota vertical do gráfico de uma função $f$, se algum dos limites $$\displaystyle \lim _ {x\to a^{\pm }}f(x)=\pm \infty$$ se verifica.


1) Para $x=\sqrt{2}$

Temos, $\displaystyle \lim_{x\to \sqrt{2}}f(x)=$

$\quad =\displaystyle \lim_{x\to \sqrt{2}}\frac{x^2-2}{(x-\sqrt{2})(x+1)}$
$\quad =\displaystyle \lim_{x\to \sqrt{2}}\frac{(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})}{(x-\sqrt{2})(x+1)}$
$\quad =\displaystyle \lim_{x\to \sqrt{2}}\frac{\cancel{(x-\sqrt{2})}(x+\sqrt{2})}{\cancel{(x-\sqrt{2})}(x+1)}$
$\quad =\displaystyle \lim_{x\to \sqrt{2}}\frac{x+\sqrt{2}}{x+1}$
$\quad =\displaystyle \lim_{x\to \sqrt{2}}\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}$
$\ne\infty$.
Então, $\sqrt{2}$ não é assimptota vertical.

2) Para, $x=-1$

Temos, $\displaystyle \lim_{x\to -1}f(x)=$

$\quad =\displaystyle \lim_{x\to -1}\frac{x^2-2}{(x-\sqrt{2})(x+1)}$ $\quad =\displaystyle \lim_{x\to -1}\frac{(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})}{(x-\sqrt{2})(x+1)}$ $\quad =\displaystyle \lim_{x\to -1}\frac{\cancel{(x-\sqrt{2})}(x+\sqrt{2})}{\cancel{(x-\sqrt{2})}(x+1)}$ $\quad =\displaystyle \lim_{x\to -1}\frac{x+\sqrt{2}}{x+1}$ $\quad =\displaystyle \lim_{x\to -1}\frac{-1+\sqrt{2}}{-1+1}$ $\quad =\displaystyle \lim_{x\to -1}\frac{-1+\sqrt{2}}{0}$ $=\infty$
Então, $x=-1$ é assimptota vertical.

Para achar a assimptota horizontal basta achar o seguinte limite: $$\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x)=c$$
Assim, $\displaystyle \lim_{x \to \infty}f(x)$ $\quad =\displaystyle \lim_{x \to \infty}\frac{x^2-2}{(x-\sqrt{2})(x+1)}$ $=1$.
Então, y=1 é assimptota horizontal.

35. QUESTÃO ANULADA

36. A derivada da função $f(x)=\ln (1-\cos x)$ é:

Resolução:

Como a função $f(x)$ é composta, devemos aplicar a seguinte regra: $$f'(x)=f'(g(x)) \cdot g'(x)$$
Assim, $f'(x)=\dfrac{1}{1-\cos x} \cdot (1-\cos x)'$ $=\dfrac{1}{1-\cos x} \cdot [0-(-sen x)]$ $=\dfrac{1}{1-\cos x} \cdot sen x$ $=\dfrac{sen x}{1-\cos x}$.

37. As rectas no plano $r_1=\frac{1}{2}x-3$ e $r_2=ax+5$ são perpendiculares quando:

Resolução:

A característica mais conhecida de duas rectas perpendiculares é que no ponto de intersecção delas é formado um ângulo recto (de medida igual a 90°), mas com o estudo da geometria analítica e a análise da recta é possível dizer que duas rectas perpendiculares terão os seus coeficientes angulares opostos e inversos.

Dessa forma, temos a seguinte condição de perpendicularidade:
$$a_1 \cdot a_2=-1$$
Agora, como $a_1=\frac{1}{2}$ e $a_2=a$.
Então, $\frac{1}{2}\cdot a=-1$ $\Rightarrow a=-1 \cdot 2$ $\Rightarrow a=-2$.

38. O declive da recta tangente à uma curva da função $f(x)$ num ponto $(a,f(a))$ é igual à $1,5$. Então nestes ponto a função dada:

Resolução:

O que o enunciado quer dizer é que, $f'(a)=1,5$.
Assim, com $f'(a)=1,5\gt0$, entretanto $f(x)$ é $crescente$.

39. A função $f(x)=-\frac{1}{3}x^3+3$ tem o seu mínimo no ponto:

Resolção:

Para obter pontos de máximo ou de mínimo de uma função, basta construir o gráfico da função e identificar tais pontos. O difícil é construir os gráficos de muitas funções, razão pela qual, utilizamos as derivadas das funções para facilitar a nossa vida.

Assim, basta resolvermos a seguinte equação, $$f'(x)=0$$ para obtermos os pontos extremos, i.é; maximos ou minimos.
Assim, $f'(x)=0$
$\Rightarrow (-\frac{1}{3}x^3+3)'=0$ $\Rightarrow -\frac{3}{3}x^2+0=0$ $\Rightarrow -x^2=0$ $\Rightarrow x=0$.

Daí que, para $x=0$ termos um ponto extremo. Mas ainda não sabemos se é maximo ou minimo.
Para tal devemos achar a segunda derivada.
Assim, $(-x^2)'=-2x$.
Agora para que x=0, seja o minimo é necessario que $f''(0)\lt0$.

Como, $f''(0)=-2 \cdot 0 = 0$.

Entretanto, a função não tem minimo nem maximo.

40. A função $y=sen x - 1$ é monotona crescente no intervalos:

Resolução:

Primeiro vamos esboçar o grafico de $y=sen x$ (na figura abaixo o grafico de cor branca).
Em seguida, fazemos a transladação em uma unidade para baixo para obtermos o grafico de $y=sen x-1$ (na figura abaixo o grafico de cor amarela).

Agora é facil observar que no $]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}[$ a função $y=sen x-1$ é crescente.