Prova 1 2014

´
1a PROVA CALCULO
I: 15/03/2014

1. Calcule os seguintes l´ımites
a)

lim

x→2

ln(x − 1) x2 + x − 6
2

ex − cos(3x) lim x→0 x2 b)

1
5

Solu¸c˜ ao a): lim x→2

ln(x − 1) ln(x − 1) ln[1 + (x − 2)]
= lim
= lim
=
2 x→2 (x + 3)(x − 2) x→2 (x + 3)(x − 2) x +x−6
1
ln[1 + (x − 2)] lim = x→2 (x + 3) x→2
(x − 2)

= lim

ln[1+t] t Pois limt→0

Solu¸c˜ ao b):

1 ln[1 + t]
1
lim
=
5 t→0 t 5

= 1 ´e limite not´avel

11
2

2

2

2

ex − cos(3x) ex − 1 + 1 − cos(3x) ex − 1 1 − cos(3x) lim = lim = lim +
=
x→0 x→0 x→0 x2 x2 x2 x2
2

ex − 1
1 − cos(3x) ey − 1
1 − cos(3x)
= lim
+
lim
=
lim
+ 9 lim
=
2
2
x→0 x→0 y→0 x→0 x x y
(3x)2
1 − cos z sen 2 z sen z
=
1+9 lim = 1+9 lim
2
2 z→0 z→0 (1 + cos z)z z→0 z z 2

= 1+9 lim

= 1 + 9 lim

z→0

Pois limy→0

ey −1 y sen z z 2

1
1
11
= 1+9·1· = z→0 (1 + cos z)
2
2 lim = 1 e limz→0

sen z z = 1 s˜ao limites not´aveis.

1
=
(1 + cos z)

2. Considere a fun¸c˜ao f (x) = arctan

3x + 2 π +
3x − 2
4

a) Prove que o gr´afico da fun¸ca˜o f (x) passa pela origem (0, 0).
b) Calcule f (x)
c) Ache a equa¸ca˜o da reta tangente ao gr´afico da f (x) na origem (0, 0)
´ s´o verificar que f (0) = 0.
Solu¸c˜
ao a): E
+ π4 = arctan(−1) +
Com efeito f (0) = arctan 3·0+2
3·0−2
arctan(−1) = −π
]
4

π
4

= 0

[pois

Solu¸c˜ ao b): Seja u(x) = 3x + 2 ;

v(x) = 3x − 2

w(x) =

u(x) v(x) Temos que u (x) = 3

f (x) =

v (x) = 3

d π d
1
dw(x) arctan(w(x)) +
=
arctan(w(x)) =
=
2 dx 4 dx 1 + w (x) dx

=

1 d 2
1 + w (x) dx
=

u(x) v(x) =

1 u (x)v(x) − u(x)v (x)
×
=
2
1 + w (x) v 2 (x)

−12
−6
3(3x − 2) − 3(3x + 2)
=
=
2
2
(3x − 2) + (3x + 2)
18x + 8
9x2 + 4

Solu¸c˜ ao c): A reta tangente procurada passa pela origem (0, 0) e tem coeficiente angular m tal que m = f (x)|x=0 (i.e. m ´e igual ao o valor da derivada da f (x) no ponto x = 0). Calculamos ent˜ao f (x)|x=0 . f (x)|x=0 =

−6
−6
3
=
=−
9·0+4
4
2

Logo ´e a reta que passa por (0, 0) e tem inclina¸ca˜o m = − 23 , i.e. a reta procurada tem equa¸c˜ ao y = − 32 x.

3. Considere a fun¸c˜ao f (x) =

√

x2 +