Meme: calm down matemáticos.

 

Meme: calm down matemáticos.

 

Aproximar por Taylor $\sqrt{65}$.

Aproximar por Taylor $\sqrt{65}$.

Resolução:

Seja $P_1$ o polinômio de Taylor até a primeira derivada, e tomemos $a = 64$:

$P_1 (65)\ =\ \sqrt{64} + \dfrac{(\sqrt{64})'}{1!}(65 - 64)\ =$

$=\ 8 + \dfrac{1}{16}\ = \fbox{$8,0625$}$

Utilizando uma calculadora, obtemos $\sqrt{65}\ \approx\ 8,0623$.

Aproximar por Taylor $\sqrt{65}$.

Aproximar por Taylor $\sqrt{65}$.

Resolução:

Seja $P_1$ o polinômio de Taylor até a primeira derivada, e tomemos $a = 64$:

$P_1 (65)\ =\ \sqrt{64} + \dfrac{(\sqrt{64})'}{1!}(65 - 64)\ =$

$=\ 8 + \dfrac{1}{16}\ = \fbox{$8,0625$}$

Utilizando uma calculadora, obtemos $\sqrt{65}\ \approx\ 8,0623$.

$L\ =\ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - b^x}{x}$

$L\ =\ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - b^x}{x}\ ,\ a,b \in \mathbb{R}_+$.

$\bullet$ Primeiro caso: $a = b = 0$:

$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{0}{x}\ = \fbox{$0$}$

$\bullet$ Segundo caso: $a \neq 0\ \wedge\ b = 0$:

$\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{a^x}{x}\ = +\infty$

$\lim_{x \rightarrow 0^-} \dfrac{a^x}{x}\ = -\infty$

Logo $\fbox{$\nexists L$}$.

$\bullet$ Terceiro caso: $a = 0\ \wedge\ b \neq 0$:

$\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{-b^x}{x}\ = -\infty$

$\lim_{x \rightarrow 0^-} \dfrac{-b^x}{x}\ = +\infty$

Logo $\fbox{$\nexists L$}$.

$\bullet$ Quarto caso: $a \neq 0\ \wedge\ b \neq 0$:

Aplicando L'Hospital:

$L\ =\ \lim_{x \rightarrow 0} [(a^x \log a) - (b^x \log b)]\ = \fbox{$\log \dfrac{a}{b}$}$

$L\ =\ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - b^x}{x}$

$L\ =\ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - b^x}{x}\ ,\ a,b \in \mathbb{R}_+$.

$\bullet$ Primeiro caso: $a = b = 0$:

$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{0}{x}\ = \fbox{$0$}$

$\bullet$ Segundo caso: $a \neq 0\ \wedge\ b = 0$:

$\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{a^x}{x}\ = +\infty$

$\lim_{x \rightarrow 0^-} \dfrac{a^x}{x}\ = -\infty$

Logo $\fbox{$\nexists L$}$.

$\bullet$ Terceiro caso: $a = 0\ \wedge\ b \neq 0$:

$\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{-b^x}{x}\ = -\infty$

$\lim_{x \rightarrow 0^-} \dfrac{-b^x}{x}\ = +\infty$

Logo $\fbox{$\nexists L$}$.

$\bullet$ Quarto caso: $a \neq 0\ \wedge\ b \neq 0$:

Aplicando L'Hospital:

$L\ =\ \lim_{x \rightarrow 0} [(a^x \log a) - (b^x \log b)]\ = \fbox{$\log \dfrac{a}{b}$}$

$\lim_{x \rightarrow 0^+} (e^x + 3x)^{1/x}$

$\lim_{x \rightarrow 0^+} (e^x + 3x)^{1/x}\ =\ \lim_{x \rightarrow 0^+} e^{\dfrac{\log (e^x + 3x)}{x}}\ =$

$=\ e^{\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{\log (e^x + 3x)}{x}}\ =\ e^{\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{e^x + 3}{e^x + 3x}}\ =\ \fbox{$e^4$}$

$\lim_{x \rightarrow 0^+} (e^x + 3x)^{1/x}$

$\lim_{x \rightarrow 0^+} (e^x + 3x)^{1/x}\ =\ \lim_{x \rightarrow 0^+} e^{\dfrac{\log (e^x + 3x)}{x}}\ =$

$=\ e^{\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{\log (e^x + 3x)}{x}}\ =\ e^{\lim_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{e^x + 3}{e^x + 3x}}\ =\ \fbox{$e^4$}$

Pela definição, encontre a derivada de $f(x) =x^n$.

Pela definição, encontre a derivada de $f(x) =x^n$.

Resolução:

$f'(x)\ =\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(x + h)^n - x^n}{h}\ =\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sum_{i=0}^n {n \choose i} x^{(n-i)}h^i - x^n}{h}\ =$

$=\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sum_{i=1}^n {n \choose i} x^{(n-i)}h^i}{h}\ =$

$=\ \lim_{h \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n {n \choose i} x^{(n-i)}h^{(i-1)}\ =\ \fbox{$nx^{n-1}$}$

Pela definição, encontre a derivada de $f(x) =x^n$.

Pela definição, encontre a derivada de $f(x) =x^n$.

Resolução:

$f'(x)\ =\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(x + h)^n - x^n}{h}\ =\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sum_{i=0}^n {n \choose i} x^{(n-i)}h^i - x^n}{h}\ =$

$=\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sum_{i=1}^n {n \choose i} x^{(n-i)}h^i}{h}\ =$

$=\ \lim_{h \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n {n \choose i} x^{(n-i)}h^{(i-1)}\ =\ \fbox{$nx^{n-1}$}$

Demonstre a identidade de Euler $e^{i\pi} + 1 = 0$.

Demonstre a identidade de Euler $e^{i\pi} + 1 = 0$.

Consideremos a função $f(\theta) = \dfrac{\cos \theta + i\sin \theta}{e^{i\theta}}$.

$f'(\theta) = \frac{e^{i\theta}(-\sin \theta) + e^{i\theta}\sin \theta}{e^{2i\theta}} = 0$

Pela derivada ser nula, $f$ é constante.

Tomemos $\theta = 0$, $f(0) = 1$, logo $\cos \theta + i\sin \theta = e^{i\theta}$.

Seja $\theta = \pi$: $-1 = e^{i\pi}$, logo:

$\fbox{$e^{i\pi} + 1 = 0$}$

Demonstre a identidade de Euler $e^{i\pi} + 1 = 0$.

Demonstre a identidade de Euler $e^{i\pi} + 1 = 0$.

Consideremos a função $f(\theta) = \dfrac{\cos \theta + i\sin \theta}{e^{i\theta}}$.

$f'(\theta) = \frac{e^{i\theta}(-\sin \theta) + e^{i\theta}\sin \theta}{e^{2i\theta}} = 0$

Pela derivada ser nula, $f$ é constante.

Tomemos $\theta = 0$, $f(0) = 1$, logo $\cos \theta + i\sin \theta = e^{i\theta}$.

Seja $\theta = \pi$: $-1 = e^{i\pi}$, logo:

$\fbox{$e^{i\pi} + 1 = 0$}$

Encontre $\lim_{x \rightarrow +\infty} (1 + \dfrac{1}{x})^{4x}$.

Encontre $\lim_{x \rightarrow +\infty} (1 + \dfrac{1}{x})^{4x}$.

Resolução:

Definamos $u = \dfrac{1}{x}$.

Definamos $y(u) = (1 + u)^{\dfrac{4}{u}}$.

$\ln \lim_{u \rightarrow 0} y(u)\ =\ \lim_{u \rightarrow 0} \ln y(u)\ =$

$=\ \lim_{u \rightarrow 0} 4\dfrac{\ln (u + 1)}{u}$

Utilizando L'Hospital:

$\lim_{u \rightarrow 0} 4(\dfrac{\ln (u + 1)}{u})\ =\ \lim_{u \rightarrow 0} \dfrac{4}{u + 1}\ =\ 4$

Logo $\lim_{x \rightarrow +\infty} (1 + \dfrac{1}{x})^{4x} =\ \fbox{$e^4$}$.

Encontre $\lim_{x \rightarrow +\infty} (1 + \dfrac{1}{x})^{4x}$.

Encontre $\lim_{x \rightarrow +\infty} (1 + \dfrac{1}{x})^{4x}$.

Resolução:

Definamos $u = \dfrac{1}{x}$.

Definamos $y(u) = (1 + u)^{\dfrac{4}{u}}$.

$\ln \lim_{u \rightarrow 0} y(u)\ =\ \lim_{u \rightarrow 0} \ln y(u)\ =$

$=\ \lim_{u \rightarrow 0} 4\dfrac{\ln (u + 1)}{u}$

Utilizando L'Hospital:

$\lim_{u \rightarrow 0} 4(\dfrac{\ln (u + 1)}{u})\ =\ \lim_{u \rightarrow 0} \dfrac{4}{u + 1}\ =\ 4$

Logo $\lim_{x \rightarrow +\infty} (1 + \dfrac{1}{x})^{4x} =\ \fbox{$e^4$}$.

Seja $f$ diferenciável em $a$, demonstre que $f'(a) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a - h)}{2h}$.

Seja $f$ diferenciável em $a$, demonstre que $f'(a) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a - h)}{2h}$.

Resolução:
 

Primeiramente demonstrarmos que $f'(a) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a - h)}{h}$:
 

Tomando $k = -h$, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a - h)}{h} = \lim_{k \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a + k)}{-k}\ =$
 

$=\ \lim_{k \rightarrow 0} \dfrac{f(a + k) - f(a)}{k}\ =\ f'(a)$.
 

Agora a demonstração principal:
 

$\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a - h)}{2h}\ =$
 

$=\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a) + f(a) - f(a - h)}{2h}\ =$
 

$=\ \dfrac{1}{2}(\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a)}{h} + \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a - h)}{h})\ =$
 

$=\ \dfrac{2f'(a)}{2}\ =\ \fbox{$f'(a)$}$
 

Q.E.D.

Seja $f$ diferenciável em $a$, demonstre que $f'(a) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a - h)}{2h}$.

Seja $f$ diferenciável em $a$, demonstre que $f'(a) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a - h)}{2h}$.

Resolução:
 

Primeiramente demonstrarmos que $f'(a) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a - h)}{h}$:
 

Tomando $k = -h$, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a - h)}{h} = \lim_{k \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a + k)}{-k}\ =$
 

$=\ \lim_{k \rightarrow 0} \dfrac{f(a + k) - f(a)}{k}\ =\ f'(a)$.
 

Agora a demonstração principal:
 

$\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a - h)}{2h}\ =$
 

$=\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a) + f(a) - f(a - h)}{2h}\ =$
 

$=\ \dfrac{1}{2}(\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a + h) - f(a)}{h} + \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(a) - f(a - h)}{h})\ =$
 

$=\ \dfrac{2f'(a)}{2}\ =\ \fbox{$f'(a)$}$
 

Q.E.D.

Calculadora: módulo e argumento principal de um número complexo.

Entre com uma string contendo um número complexo não nulo. Número complexo na forma "a, b", com "a" e "b" números reais.

Exemplo:

Input: "0, 2".

Output:

"
Módulo: aproximadamente "2".
Argumento principal: aproximadamente "pi/2".
"




Módulo e argumento principal:

Calculadora: módulo e argumento principal de um número complexo.

Entre com uma string contendo um número complexo não nulo. Número complexo na forma "a, b", com "a" e "b" números reais.

Exemplo:

Input: "0, 2".

Output:

"
Módulo: aproximadamente "2".
Argumento principal: aproximadamente "pi/2".
"




Módulo e argumento principal:

Calculadora: produto de números complexos.

Entre com uma string contendo números complexos separados por ponto e vírgula ";". Número complexo na forma ", b", com "a" e "b" números reais.

Exemplo:

Input: "2, 5.5; -4, 7; 0, 1". Output: "8, -46.5".




Produto:

Calculadora: produto de números complexos.

Entre com uma string contendo números complexos separados por ponto e vírgula ";". Número complexo na forma ", b", com "a" e "b" números reais.

Exemplo:

Input: "2, 5.5; -4, 7; 0, 1". Output: "8, -46.5".




Produto:

Calculadora: soma de números complexos.

Entre com uma string contendo números complexos separados por ponto e vírgula ";". Número complexo na forma "a, b", com "a" e "b" números reais.

Exemplo:

Input: "2, 5.5; -4, 7; 0, 1". Output: "-2, 13.5".




Soma:

Calculadora: soma de números complexos.

Entre com uma string contendo números complexos separados por ponto e vírgula ";". Número complexo na forma "a, b", com "a" e "b" números reais.

Exemplo:

Input: "2, 5.5; -4, 7; 0, 1". Output: "-2, 13.5".




Soma:

Suponha que $|f(x)| \le |x|^k$, com $k > 1$. Calcule, por definição, $f'(0)$.

Observemos inicialmente que $|f(0)| \le |0|^k = 0$, logo $f(0) = 0$.

$f'(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h}$

Como $0 \le |f(x)| \le |x|^k$:

(I): $\lim_{h \rightarrow 0 ^+} \dfrac{0}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{|f(h)|}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{|h|^k}{h}\ \Rightarrow\ 0 \le \lim_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{|f(h)|}{h} \le 0$.

(II): $\lim_{h \rightarrow 0 ^-} \dfrac{|h|^k}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{|f(h)|}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{0}{h}\ \Rightarrow\ 0 \le \lim_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{|f(h)|}{h} \le 0$.

Por (I) e (II), e pelo teorema do confronto, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{|f(h)|}{h} = 0$.

Se $f(h) \ge 0$, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{|f(h)|}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h}$.

Se $f(h) < 0$, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{|f(h)|}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{-f(h)}{h} = -\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h}$.

Em ambos os casos, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h} = 0$, logo $\fbox{$f'(0) = 0$}$.

Suponha que $|f(x)| \le |x|^k$, com $k > 1$. Calcule, por definição, $f'(0)$.

Observemos inicialmente que $|f(0)| \le |0|^k = 0$, logo $f(0) = 0$.

$f'(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h}$

Como $0 \le |f(x)| \le |x|^k$:

(I): $\lim_{h \rightarrow 0 ^+} \dfrac{0}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{|f(h)|}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{|h|^k}{h}\ \Rightarrow\ 0 \le \lim_{h \rightarrow 0^+} \dfrac{|f(h)|}{h} \le 0$.

(II): $\lim_{h \rightarrow 0 ^-} \dfrac{|h|^k}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{|f(h)|}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{0}{h}\ \Rightarrow\ 0 \le \lim_{h \rightarrow 0^-} \dfrac{|f(h)|}{h} \le 0$.

Por (I) e (II), e pelo teorema do confronto, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{|f(h)|}{h} = 0$.

Se $f(h) \ge 0$, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{|f(h)|}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h}$.

Se $f(h) < 0$, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{|f(h)|}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{-f(h)}{h} = -\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h}$.

Em ambos os casos, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h} = 0$, logo $\fbox{$f'(0) = 0$}$.

Derivada do $\arcsin x$.

Seja $f$ bijetiva, logo existe $f^{-1}$.

Se $f^{-1}$ é diferenciável em seu domínio e $f'(x) \neq 0$, $(f^{-1})'(x) = \dfrac{1}{f'[f^{-1}(x)]}$.

Seja $(-\dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{\pi}{2})$ o domínio de $\sin x$:

$\arcsin' x = \dfrac{1}{\cos(\arcsin x)}$

$\fbox{$\arcsin' x = \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$}$

Derivada do $\arcsin x$.

Seja $f$ bijetiva, logo existe $f^{-1}$.

Se $f^{-1}$ é diferenciável em seu domínio e $f'(x) \neq 0$, $(f^{-1})'(x) = \dfrac{1}{f'[f^{-1}(x)]}$.

Seja $(-\dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{\pi}{2})$ o domínio de $\sin x$:

$\arcsin' x = \dfrac{1}{\cos(\arcsin x)}$

$\fbox{$\arcsin' x = \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$}$

Exercício: unicidade de uma função dada sua derivada e um ponto.

Exercício: mostre que existe uma única função $h: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tal que $h'(x) = \cos (x^2 - x)$ e $h(0) = 1$.

Resolução:

Seja $g$ uma função real tal que $g'(x) = \cos (x^2 - x)$ e $g(0) = 1$, definamos $f(x) = g(x) - h(x)$.

$f'(x) = g'(x) - h'(x) = 0$, logo, pelo TVI, $f$ é constante.

$f(0) = g(0) - h(0) = 1 - 1 = 0$

Sendo $f(x) = 0$, $g(x) = h(x)$.

Exercício: unicidade de uma função dada sua derivada e um ponto.

Exercício: mostre que existe uma única função $h: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tal que $h'(x) = \cos (x^2 - x)$ e $h(0) = 1$.

Resolução:

Seja $g$ uma função real tal que $g'(x) = \cos (x^2 - x)$ e $g(0) = 1$, definamos $f(x) = g(x) - h(x)$.

$f'(x) = g'(x) - h'(x) = 0$, logo, pelo TVI, $f$ é constante.

$f(0) = g(0) - h(0) = 1 - 1 = 0$

Sendo $f(x) = 0$, $g(x) = h(x)$.

Meme: meditação e estudos para ir ao céu.

Meme: meditação e estudos para ir ao céu.

Exercício: seja $b^2 \ge 4ac$ e $b > 0$, encontre $\lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$.

Resolução:

$\dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \cdot \dfrac{b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{b + \sqrt{b^2 - 4ac}} =$

$= \dfrac{b^2 - 4ac - b^2}{(2a)(b + \sqrt{b^2 - 4ac})} = \dfrac{-2ac}{a(b + \sqrt{b^2 - 4ac})}$

Logo $\lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-2ac}{a(b + \sqrt{b^2 - 4ac})} =$

$= \lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-2c}{b + \sqrt{b^2 - 4ac}} = \fbox{$-\dfrac{c}{b}$}$

Exercício: seja $b^2 \ge 4ac$ e $b > 0$, encontre $\lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$.

Resolução:

$\dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \cdot \dfrac{b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{b + \sqrt{b^2 - 4ac}} =$

$= \dfrac{b^2 - 4ac - b^2}{(2a)(b + \sqrt{b^2 - 4ac})} = \dfrac{-2ac}{a(b + \sqrt{b^2 - 4ac})}$

Logo $\lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-2ac}{a(b + \sqrt{b^2 - 4ac})} =$

$= \lim_{a \rightarrow 0} \dfrac{-2c}{b + \sqrt{b^2 - 4ac}} = \fbox{$-\dfrac{c}{b}$}$