Função

Seja [latex]f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}[/latex] continua que passa pelos pontos (0, 5), (1, 4) e (-1, 5). Calcule os seguintes limites:


1 - [latex]\lim_{x \rightarrow 0}\frac{(f(3x)-f(1-x))(4^{x+1}-4)}{5f(x^{2}-1)\sin(5x)}[/latex]


2 - [latex]\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sqrt{33+f(x+1)^{2}}-7}{f(x+1)-4}[/latex]


3 - [latex]\lim_{x \rightarrow \infty}\frac{f\left ( \frac{1}{x} \right )+4x+\sqrt{5x+3}}{5xf\left ( \frac{1}{\sqrt{x^{4}+2}} \right )+1}[/latex]


Se alguém puder resolver pelo menos um dos limites para que eu possa me orientar e resolver os outros, agradeço!!

passa pelos pontos (0, 5), (1, 4) e (-1, 5)

f(x) é uma parábola com concavidade para baixo.

y = a.x² + b.x + c
eixo de simetria: (0, 5) e (-1, 5) ----> xV = (0 + (-1))/2 ----> xV = -1/2 = -b/2a ---> a = b
y = a.x² + a.x + c
(0, 5) ---> 5 = c
(1, 4) ---> 4 = a.1² + a.1 + 5 ---> 2a = -1 ---->a = b = -1/2

.:. f(x) = -x²/2 - x/2 + 5

1)
f(3x) = -9x²/2 - 3x/2 + 5
f(1 - x) = -1/2 + x - x²/2 - 1/2 + x/2 + 5 ---> f(1 - x) = -x²/2 + 3x/2 + 4
quando x-->0,
numerador --> (5 - 4)(4 - 4) = 1.0 = 0
denominador --> 5.g(x).sen(0) = 0
o limite está dando 0/0, o que é uma indeterminação. Use L'Hopital derivando numerador e denominador até tirar a indeterminação.

agora é por sua conta.

Se eu não fizesse uso do L'Hopital, como poderia resolver?

não sei. O que não quer dizer que não há outro meio -- apenas eu não sei.

Medeiros escreveu:

passa pelos pontos (0, 5), (1, 4) e (-1, 5)

f(x) é uma parábola com concavidade para baixo.

y = a.x² + b.x + c
eixo de simetria: (0, 5) e (-1, 5) ----> xV = (0 + (-1))/2 ----> xV = -1/2 = -b/2a ---> a = b
y = a.x² + a.x + c
(0, 5) ---> 5 = c
(1, 4) ---> 4 = a.1² + a.1 + 5 ---> 2a = -1 ---->a = b = -1/2

.:. f(x) = -x²/2 - x/2 + 5

1)
f(3x) = -9x²/2 - 3x/2 + 5
f(1 - x) = -1/2 + x - x²/2 - 1/2 + x/2 + 5 ---> f(1 - x) = -x²/2 + 3x/2 + 4
quando x-->0,
numerador --> (5 - 4)(4 - 4) = 1.0 = 0
denominador --> 5.g(x).sen(0) = 0
o limite está dando 0/0, o que é uma indeterminação. Use L'Hopital derivando numerador e denominador até tirar a indeterminação.

agora é por sua conta.

Olá, Medeiros, A função não necessariamente é uma parábola. 

1- [latex]\lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(1-x)}{5f(x^2-1)}=\frac{5-4}{5(5)}=\frac{1}{25}[/latex], então basta calcular
[latex]\lim_{x\to 0}\frac{4^{x+1}-4}{\operatorname{sen}(5x)},[/latex] que sai rapidamente por l'Hospital

2- 
[latex]
\begin{align*}
\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}-7}{f(x+1)-4} & = \lim_{x\to 0} \frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}-7}{f(x+1)-4} \cdot \frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}\\
&= \frac{f(x+1)^2-16}{(f(x+1)-4)(\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}\\
&= \frac{f(x+1)+4}{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}
\end{align*}
[/latex]
e então meio que é só substituir os valores

3-
[latex]
\begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\frac{f(1/x)+4x+\sqrt{5x+3}}{5xf\left((x^4+2)^{-1/2}\right)+1} &= \lim_{x\to+\infty}\frac{f(1/x)/x+4+\sqrt{5/x+3/x^2}}{5f\left((x^4+2)^{-1/2}\right)+1/x}
\end{align*}
[/latex]

É bem fácil ver que o limite do numerador é 4, e o do denominador é 5*f(0)=25, e portanto o limite é 4/25

SilverBladeII escreveu:

Medeiros escreveu:

passa pelos pontos (0, 5), (1, 4) e (-1, 5)

f(x) é uma parábola com concavidade para baixo.

y = a.x² + b.x + c
eixo de simetria: (0, 5) e (-1, 5) ----> xV = (0 + (-1))/2 ----> xV = -1/2 = -b/2a ---> a = b
y = a.x² + a.x + c
(0, 5) ---> 5 = c
(1, 4) ---> 4 = a.1² + a.1 + 5 ---> 2a = -1 ---->a = b = -1/2

.:. f(x) = -x²/2 - x/2 + 5

1)
f(3x) = -9x²/2 - 3x/2 + 5
f(1 - x) = -1/2 + x - x²/2 - 1/2 + x/2 + 5 ---> f(1 - x) = -x²/2 + 3x/2 + 4
quando x-->0,
numerador --> (5 - 4)(4 - 4) = 1.0 = 0
denominador --> 5.g(x).sen(0) = 0
o limite está dando 0/0, o que é uma indeterminação. Use L'Hopital derivando numerador e denominador até tirar a indeterminação.

agora é por sua conta.

Olá, Medeiros, A função não necessariamente é uma parábola. 

1- [latex]\lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(1-x)}{5f(x^2-1)}=\frac{5-4}{5(5)}=\frac{1}{25}[/latex], então basta calcular
[latex]\lim_{x\to 0}\frac{4^{x+1}-4}{\operatorname{sen}(5x)},[/latex] que sai rapidamente por l'Hospital

2- 
[latex]
\begin{align*}
\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}-7}{f(x+1)-4} & = \lim_{x\to 0} \frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}-7}{f(x+1)-4} \cdot \frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}\\
&= \frac{f(x+1)^2-16}{(f(x+1)-4)(\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}\\
&= \frac{f(x+1)+4}{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}
\end{align*}
[/latex]
e então meio que é só substituir os valores

3-
[latex]
\begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\frac{f(1/x)+4x+\sqrt{5x+3}}{5xf\left((x^4+2)^{-1/2}\right)+1} &= \lim_{x\to+\infty}\frac{f(1/x)/x+4+\sqrt{5/x+3/x^2}}{5f\left((x^4+2)^{-1/2}\right)+1/x}
\end{align*}
[/latex]

É bem fácil ver que o limite do numerador é 4, e o do denominador é 5*f(0)=25, e portanto o limite é 4/25

No caso, eu substituiria por quais valores na 2 e na 3, Silver?

denocheydedia escreveu:

SilverBladeII escreveu:

Medeiros escreveu:

passa pelos pontos (0, 5), (1, 4) e (-1, 5)

f(x) é uma parábola com concavidade para baixo.

y = a.x² + b.x + c
eixo de simetria: (0, 5) e (-1, 5) ----> xV = (0 + (-1))/2 ----> xV = -1/2 = -b/2a ---> a = b
y = a.x² + a.x + c
(0, 5) ---> 5 = c
(1, 4) ---> 4 = a.1² + a.1 + 5 ---> 2a = -1 ---->a = b = -1/2

.:. f(x) = -x²/2 - x/2 + 5

1)
f(3x) = -9x²/2 - 3x/2 + 5
f(1 - x) = -1/2 + x - x²/2 - 1/2 + x/2 + 5 ---> f(1 - x) = -x²/2 + 3x/2 + 4
quando x-->0,
numerador --> (5 - 4)(4 - 4) = 1.0 = 0
denominador --> 5.g(x).sen(0) = 0
o limite está dando 0/0, o que é uma indeterminação. Use L'Hopital derivando numerador e denominador até tirar a indeterminação.

agora é por sua conta.

Olá, Medeiros, A função não necessariamente é uma parábola. 

1- [latex]\lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(1-x)}{5f(x^2-1)}=\frac{5-4}{5(5)}=\frac{1}{25}[/latex], então basta calcular
[latex]\lim_{x\to 0}\frac{4^{x+1}-4}{\operatorname{sen}(5x)},[/latex] que sai rapidamente por l'Hospital

2- 
[latex]
\begin{align*}
\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}-7}{f(x+1)-4} & = \lim_{x\to 0} \frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}-7}{f(x+1)-4} \cdot \frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}\\
&= \frac{f(x+1)^2-16}{(f(x+1)-4)(\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}\\
&= \frac{f(x+1)+4}{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}
\end{align*}
[/latex]
e então meio que é só substituir os valores

3-
[latex]
\begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\frac{f(1/x)+4x+\sqrt{5x+3}}{5xf\left((x^4+2)^{-1/2}\right)+1} &= \lim_{x\to+\infty}\frac{f(1/x)/x+4+\sqrt{5/x+3/x^2}}{5f\left((x^4+2)^{-1/2}\right)+1/x}
\end{align*}
[/latex]

É bem fácil ver que o limite do numerador é 4, e o do denominador é 5*f(0)=25, e portanto o limite é 4/25

No caso, eu substituiria por quais valores na 2 e na 3, Silver?

valores da função no limite

SilverBladeII escreveu:

Medeiros escreveu:

passa pelos pontos (0, 5), (1, 4) e (-1, 5)

f(x) é uma parábola com concavidade para baixo.

y = a.x² + b.x + c
eixo de simetria: (0, 5) e (-1, 5) ----> xV = (0 + (-1))/2 ----> xV = -1/2 = -b/2a ---> a = b
y = a.x² + a.x + c
(0, 5) ---> 5 = c
(1, 4) ---> 4 = a.1² + a.1 + 5 ---> 2a = -1 ---->a = b = -1/2

.:. f(x) = -x²/2 - x/2 + 5

1)
f(3x) = -9x²/2 - 3x/2 + 5
f(1 - x) = -1/2 + x - x²/2 - 1/2 + x/2 + 5 ---> f(1 - x) = -x²/2 + 3x/2 + 4
quando x-->0,
numerador --> (5 - 4)(4 - 4) = 1.0 = 0
denominador --> 5.g(x).sen(0) = 0
o limite está dando 0/0, o que é uma indeterminação. Use L'Hopital derivando numerador e denominador até tirar a indeterminação.

agora é por sua conta.

Olá, Medeiros, A função não necessariamente é uma parábola. 

1- [latex]\lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(1-x)}{5f(x^2-1)}=\frac{5-4}{5(5)}=\frac{1}{25}[/latex], então basta calcular
[latex]\lim_{x\to 0}\frac{4^{x+1}-4}{\operatorname{sen}(5x)},[/latex] que sai rapidamente por l'Hospital

2- 
[latex]
\begin{align*}
\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}-7}{f(x+1)-4} & = \lim_{x\to 0} \frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}-7}{f(x+1)-4} \cdot \frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}\\
&= \frac{f(x+1)^2-16}{(f(x+1)-4)(\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}\\
&= \frac{f(x+1)+4}{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}
\end{align*}
[/latex]
e então meio que é só substituir os valores

3-
[latex]
\begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\frac{f(1/x)+4x+\sqrt{5x+3}}{5xf\left((x^4+2)^{-1/2}\right)+1} &= \lim_{x\to+\infty}\frac{f(1/x)/x+4+\sqrt{5/x+3/x^2}}{5f\left((x^4+2)^{-1/2}\right)+1/x}
\end{align*}
[/latex]

É bem fácil ver que o limite do numerador é 4, e o do denominador é 5*f(0)=25, e portanto o limite é 4/25

Bladell

embora a função não seja necessariamente uma parábola, pelos pontos fornecidos ela já está bem caracterizada como parábola. Com o quê mais você a poderia caracterizar?

Medeiros escreveu:

SilverBladeII escreveu:

Medeiros escreveu:

passa pelos pontos (0, 5), (1, 4) e (-1, 5)

f(x) é uma parábola com concavidade para baixo.

y = a.x² + b.x + c
eixo de simetria: (0, 5) e (-1, 5) ----> xV = (0 + (-1))/2 ----> xV = -1/2 = -b/2a ---> a = b
y = a.x² + a.x + c
(0, 5) ---> 5 = c
(1, 4) ---> 4 = a.1² + a.1 + 5 ---> 2a = -1 ---->a = b = -1/2

.:. f(x) = -x²/2 - x/2 + 5

1)
f(3x) = -9x²/2 - 3x/2 + 5
f(1 - x) = -1/2 + x - x²/2 - 1/2 + x/2 + 5 ---> f(1 - x) = -x²/2 + 3x/2 + 4
quando x-->0,
numerador --> (5 - 4)(4 - 4) = 1.0 = 0
denominador --> 5.g(x).sen(0) = 0
o limite está dando 0/0, o que é uma indeterminação. Use L'Hopital derivando numerador e denominador até tirar a indeterminação.

agora é por sua conta.

Olá, Medeiros, A função não necessariamente é uma parábola. 

1- [latex]\lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(1-x)}{5f(x^2-1)}=\frac{5-4}{5(5)}=\frac{1}{25}[/latex], então basta calcular
[latex]\lim_{x\to 0}\frac{4^{x+1}-4}{\operatorname{sen}(5x)},[/latex] que sai rapidamente por l'Hospital

2- 
[latex]
\begin{align*}
\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}-7}{f(x+1)-4} & = \lim_{x\to 0} \frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}-7}{f(x+1)-4} \cdot \frac{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}\\
&= \frac{f(x+1)^2-16}{(f(x+1)-4)(\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}\\
&= \frac{f(x+1)+4}{\sqrt{33+f(x+1)^2}+7}
\end{align*}
[/latex]
e então meio que é só substituir os valores

3-
[latex]
\begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\frac{f(1/x)+4x+\sqrt{5x+3}}{5xf\left((x^4+2)^{-1/2}\right)+1} &= \lim_{x\to+\infty}\frac{f(1/x)/x+4+\sqrt{5/x+3/x^2}}{5f\left((x^4+2)^{-1/2}\right)+1/x}
\end{align*}
[/latex]

É bem fácil ver que o limite do numerador é 4, e o do denominador é 5*f(0)=25, e portanto o limite é 4/25

Bladell

embora a função não seja necessariamente uma parábola, pelos pontos fornecidos ela já está bem caracterizada como parábola. Com o quê mais você a poderia caracterizar?

Existem infinitas funções continuas que passam por esses 3 pontos. Por exemplo, tome qualquer reta r não vertical que passe pelo ponto (-1, 5), a reta que liga (-1, 5) e (0, 5), a reta que liga (0, 5) e (1, 4) e qualquer reta não vertical que passe por (1, 4). E assim facilmente criamos uma função continua que passa pelos 3 pontos. Na verdade criamos infinitas. Essa não tem um comportamento bonito, mas é continua em todo ponto. 
Pra uma função que se comporte de maneira legal, existem infinitos polinomios passando por esses 3 pontos


2 funções contínuas diferentes que passam pelos 3 pontos


Para outros polinomios que passam pelos 3 pontos, seja p(x) um polinomio qualquer. Então
q(x)=p(x)*(x-1)*x*(x+1)-(x²/2+x/2-5)
é um polinomio que passa pelos 3 pontos dados. Podemos escolher qualquer que seja p(x), e portanto temos infinitos polinomios por esses tres pontos.
Dessa forma não pode ser assumido que f é uma parabola na solução

SilverBladeII escreveu:Existem infinitas funções continuas que passam por esses 3 pontos. Por exemplo, tome qualquer reta r não vertical que passe pelo ponto (-1, 5), a reta que liga (-1, 5) e (0, 5), a reta que liga (0, 5) e (1, 4) e qualquer reta não vertical que passe por (1, 4). E assim facilmente criamos uma função continua que passa pelos 3 pontos. Na verdade criamos infinitas. Essa não tem um comportamento bonito, mas é continua em todo ponto. 
Pra uma função que se comporte de maneira legal, existem infinitos polinomios passando por esses 3 pontos


2 funções contínuas diferentes que passam pelos 3 pontos


Para outros polinomios que passam pelos 3 pontos, seja p(x) um polinomio qualquer. Então
q(x)=p(x)*(x-1)*x*(x+1)-(x²/2+x/2-5)
é um polinomio que passa pelos 3 pontos dados. Podemos escolher qualquer que seja p(x), e portanto temos infinitos polinomios por esses tres pontos.
Dessa forma não pode ser assumido que f é uma parabola na solução

SIm, são infinitas as funções que se pode criar passando por estes três pontos mas não ficam completamente definidas com o que foi dado. Os seus exemplos não colocam os três pontos numa única única função, você juntou 4 restas (4 funções diferentes) para fazer uma função; e com um detalhe: apenas 2 das retas estão definidas pelos pontos dados, as outras duas você "chutou" uma inclinação qualquer, estas não encontram guarida no fornecido pelo enunciado.

Aí você apresenta um q(x) que nada mais é do que um p(x) multiplicado por umja função do 3º grau e somado à parábola que achei. Porém apenas deixou indicado uma formação; não mostrou o p(x) e muito menos o q(x); por favor apresente a forma acabada do polinômio q(x) para vermos.

E depois de podermos ver o polinômio que você vai mostrar, vamos ver se atende ao enunciado e, principalmente, se facilita o trabalho na solução da questão.

Por enquanto continuo entendendo que a melhor e mais completa expressão para o enunciado é uma parábola.