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Limites — Questões de Vestibulares 1. (AMAN-RJ) Calculando o limite
209107lim 2
2
5 +−+−
→ xxxx
x, encontramos:
a) 0 b) 1 c) 3 d) ∞+ e) 97
Solução: Primeiro Modo (Fatorando a fração usando BriotxRuffini): 209107lim 2
2
5 +−+−
→ xxxx
x=
205.95105.75
2
2
+−+− =
00 , que é uma indeterminação. Fatorando a função, numerador e
denominador separadamente, vem: 209107)( 2
2
+−+−=
xxxxxf = ( )( )
( )( )4.52.5
−−−−
xxxx =
42
−−
xx , logo
209107lim 2
2
5 +−+−
→ xxxx
x=
42lim
5 −−
→ xx
x= 3.
Numerador (BriotxRuffini):
1 -7 10 5 • 5 -10 1 -2 0 Resto
Denominador
1 -9 20 5 • 5 -20 1 -4 0 Resto
Segundo Modo: 209107lim 2
2
5 +−+−
→ xxxx
x=
205.95105.75
2
2
+−+− =
00 . Pela regra de L’Hopital
Fazendo =)()(
xgxf
209107
2
2
+−+−
xxxx , =
)0()0(
gf
00 . Derivando o numerador e o denominador
=,
,'
)()(
xgxf
9272
−−
xx , Logo:
20 9 10 7 lim 2
2 5 + −
+ − → x x
x x x =
9272lim
5 −−
→ xx
x=
95.275.2
−− = 3
2. (U.F.PR-83) O limite 183316122lim 2
2
2 −++−
→ xxxx
x é igual a:
a) 154
− b) 52
− c) 21
− d) 23
− e) 34
Solução: 183316122lim 2
2
2 −++−
→ xxxx
x=
00 , Fatorando pela regra de BriotxRuffini,
( )( )( )( )93.2
82.2lim2 −−
−−→ xx
xxx
= 9382lim
2 −−
→ xx
x=
34
3. (AMAN-RJ) A razão dos valores de x para os quais não é contínua a função
41
2 −=
xy
a) 1 b) –1 c) 2 d) ∞+ e) 4−
Solução: 4
12 −
=x
y = ( )( )2.21
+− xx , calculando os limites ( )( ) 0
12.2
1lim2
=+−+→ xxx
(impossibilidade). Fazendo o estudo do sinal da função: y= ( )( )2.21
+− xx,
-2 2 +++++++++ ----------------- +++++++++++
E calculando os limites laterais( )( )
( )( )
+∞=+−
−∞=+−
+
−
+→
+→
2.21lim
2.21lim
2
2
xx
xx
x
x e
( )( )
( )( )
−∞=+−
+∞=+−
+
−
−→
−→
2.21lim
2.21lim
2
2
xx
xx
x
x,
concluímos que –2 e +2 são abscissas de pontos de descontinuidade. A razão 22− = -1,
resposta letra b.
4. (U.F. Uberlândia- 81) Sabendo-se que 343lim
2=
−+
→ mxmx
x, x m≠ , calcule o valor de m.
Solução: 343lim
2=
−+
→ mxmx
x à
34
232
=−
+mm à
132
=m
5. (AMAN-RJ) Qual o valor do limite
++−+
→ xxxxxx
x 3sen2sensen.5sen4sen2senlim
0 ?
a) 0,2 b) 0,333... c) 0,4 d) 0,5 e) 0,6
Solução: Primeiro modo:
++−+
→ xxxxxx
x 3sen2sensen.5sen4sen2senlim
0=
++−+
0.3sen0.2sen0sen.50sen0.4sen0.2sen =
00 . Usando artifícios:
++−+
→ xxxxxx
x 3sen2sensen.5sen4sen2senlim
0=
++
−+
→
xx
xx
xx
xx
xx
xx
x
33sen3
22sen.2sen.5
sen4
4sen.42
2sen.2lim
0=
1.31.21.511.41.2
++−+ =
105 = 0,5.
Segundo Modo: (Regra de L’Hospital)
++−+
→ xxxxxx
x 3sen2sensen.5sen4sen2senlim
0=
++−+
0.3sen0.2sen0sen.50sen0.4sen0.2sen =
00 . Pela regra de H’Lospital
++−+
→ xxxxxx
x 3sen2sensen.5sen4sen2senlim
0,
derivando-se o numerador e o denominador separadamente:
++−+
→ xxxxxx
x 3cos.32cos.2cos.5cos4cos42cos2lim
0=
1.31.21.511.41.2
++−+ =
105 = 0,5..
6. (CEFET-PR) O limite 2
321lim
+
∞→
+
x
x xé igual a:
a) e2 b) 2.e c) 45
e e) 3 2e
Solução: Esta função 2
321
+
+=
x
xy é uma seqüência de Euler, logo
2
311lim
+
+∞→
+
x
x x=
2
2311lim
+
+∞→
+
x
x x=?, fazendo uma mudança de variável: t=
23x , quando
+∞→+∞→
tx
, vem: 2
32
11lim+
+∞→
+
t
t t=
232
11.11lim+
+∞→
+
+
tt
t
t=
232
11lim.11lim+
+∞→+∞→
+
+
tt t
t
t
= 1.11lim32
+
+∞→
t
t t 3 23
2
ee =
7. (UFJF-MG) Calcule o limite 36
3lim3 −+
−→ x
xx
.
Solução: Primeiro Modo à 36
3lim3 −+
−→ x
xx
= 363
33−+
− = 00 , que é uma indeterminação.
Multiplicando o numerador e o denominador pelo fator racionalizante 36 ++x , temos:
363lim
3 −+−
→ xx
x=
3636.
363lim
3 ++++
−+−
→ xx
xx
x= ( )( )
( ) 23 36363lim
−+++−
→ xxx
x=
( )( )96
363lim3 −+
++−→ x
xxx
= ( )( )3
363lim3 −
++−→ x
xxx
= ( )36lim3
++→
xx
= 363 ++ =6
Segundo Modo: 36
3lim3 −+
−→ x
xx
= 363
33−+
− = 00 , fazendo uma mudança de variável,
6+= xt , quando
→→
33
tx
, temos: 36
3lim3 −+
−→ x
xx
= ( )3
36lim2
3 −−−
→ tt
t=
39lim
2
3 −−
→ tt
t
( ) ( )3
3.3lim3 −
+−→ t
ttt
= ( )3lim3
+→
tt
= 3+3=6
8. (AMAN-RJ) Calcule o limite x
xsinx
5lim0→
- 11lim
5
1 −−
→ xx
x+
x
x x
311lim
+
∞→- ( ) x
xx
3
01lim +
→.
a) 0 b) ∞+ c) 1 d) ∞− e) e1
Solução: Fazendo por partes cada um dos limites à a) x
xsinx
5lim0→
= 5; b) 11lim
5
1 −−
→ xx
x=
( )( )1
1.1lim234
1 −++++−
→ xxxxxx
x = ( ) 51lim 234
1=++++
→xxxx
x; c)
x
x x
311lim
+
∞→ =
311lim
+
∞→
x
x x= e3 ; d) ( ) x
xx
3
01lim +
→ =
t
t t
+
∞→
31lim = e3 . Logo: o resultado da expressão
pedida é: 5 – 5 + e3-e3 =0
9. Se nà ∞+ , então nn
e1+
tende para:
a) ∞+ b) e c) 1 d) ne e) 21
e
Solução: Primeiro modo: nn
ne
1
lim+
+∞→= n
ne
11lim
+
+∞→= e1+0= e1=e
Segundo Modo: nn
ne
1
lim+
+∞→= ∞+
+∞
e , aplicando a regra de L’Hospital nn
ne
1
lim+
+∞→= 1
1
lim en +∞→
=e.
10. (PUC-PR) Se 2
2
1 1
1limx
xx −
−→
=L, podemos afirmar que:
a) L= -1 b) L=0 c) L=1 d) L=2
Solução: Primeiro modo à 2
2
1 1
1limx
xx −
−→
=00 , logo devemos usar um artifício para
resolvermos o limite fazendo uma mudança de variável t= 21 x− quando
→→
01
tx
, temos:
2
2
1 1
1limx
xx −
−→
= ( )tt
t
11lim2
0
−−→
==tt
t
2
0lim −
→= ( )t
t−
→0lim =0.
Segundo modo (usando a regra de H’Lospital): 2
2
1 1
1limx
xx −
−→
=00 , que é uma
indeterminação. Derivando o numerador y=x2-1 à y’=2x; derivando o denominador
g= 21 x− = ( ) 2121 x− à g’= ( ) ( )xx 2.1.
21
21
2 −−− =
( )21
21.2
2
x
x
−− . Resolvendo o limite pela
regra de H’Lospital: 2
2
1 1
1limx
xx −
−→
=
( )
−−
→
21
2
1
1.2
22lim
x
xx
x= ( ) ( )
−
−→ x
xxx 2
1.2.2lim21
2
1=
( )
−−
→21
2
11.2lim x
x= ( )
−− 2
1211.2 = 0.
11. Calcule o limite 11lim
1 −−
→ xx n
x.
Primeiro modo: 11lim
1 −−
→ xx n
x=
1111
−−n
= 00 . Multiplicando-se o numerador e denominador
dessa função pelo fator racionalizante 1+x , temos: 11lim
1 −−
→ xx n
x.
11
++
xx =
( )( )1
1.1lim1 −
+−→ x
xx n
x, fatorando o binômio xn-1 pelo regra de BriotxRuffini:
1 0 0 0 ... 0 -1
1 • 1 1 1 ... 1 1 1 1 1 1 ... 1 0
( )( )1
1.1lim1 −
+−→ x
xx n
x= ( )( )( )
111....1lim
1321
1 −++++++− −−−
→ xxxxxxx nnn
x =
( )( )11...lim 1321
1++++++ −−−
→xxxxx nnn
x = (n-1+1). ( )11 + = 2.n
Segundo Modo: 11lim
1 −−
→ xx n
x=
1111
−−n
= 00 , é uma indedeterminação. Usando a regra de
H’Lospital à 11lim
1 −−
→ xx n
x=
1
1lim2
11 −
−→ x
x n
x =
21
1
1
21.lim
−
−
→x
xn n
x=
21
1
1.21
1.−
−nn =
21n = 2.n.
12. Sendo
+
∞→
ax
x xa1limln =49, qual é o valor positivo de a?
Solução:
+
∞→
ax
x xa1limln =49 à
+∞→
ax
x
ax11limln =49 à
+
∞→
ata
t t
.11limln =49 à
2
11limlnat
t t
+
∞→ = 49 à [ ]2
ln ae =49 à ea elog.2 = 49 à a2=49 à a2=72 à a=7.
13. (1ª. Questão Escola Naval 2002) Se ( ) pgx xx
=→
ln1
0cotlim , então
32)21)
121)
21
31)..
310)
≤<≤<
≤<
≤<
≤≤
pepd
pc
pb
pa
Resolução:
13. ( ) 0ln
1
0cotlim ∞=
→x
xgx , fazendo ( ) xgxy ln
1cot= e aplicando logaritmo natural Ln a
ambos os membros dessa função, temos: ( ) ( )gxLnLnx
gxLnLny x cot.1cot ln1
== , aplicando
limite nessa igualdade: ( ) ∞==→→
.0cot.1limlim00
gxLnLnx
Lnyxy
, fazendo ( )Lnx
gxLngf cot
= e
( )( ) ∞
∞=
00
gf , aplicando a regra de L’Hôpital ao numerador e ao denominador
separadamente:
xsen
xxsenx
xx
senxx
senxx
xsenx
gxxcx
x
gxxc
gf
2.21cos.coscos
1.
cot.1sec.
1cot
sec
'' 22
2
−=−=−==−=
−
= e
( )( ) 0.
210
0'0'
−=gf ; aplicando a regra de L’Hôpital novamente ao numerador e ao denominador
separadamente ( )( )
( )( ) 1
1.22
0.2cos.22
0''0''
2cos.22
''''
−=−=−=−=gfe
xxgxf
( ) pegxLn exx
==−= −
→
1ln1
0log1cotlim , ( ) 1
1
0cotlim −
→= LnegxLn Lnx
x concluímos que
36,078,2111 =≅== −
eep e finalmente temos como resposta a letra b).
Bibliografia:
Suplemento exclusivo do professor – Questões de vestibulares/1987 – Matemática 3 em 1 –
Curso completo do 2o. grau – Luiz Carlos de Domenico.