calculo 1

por **sandra silva** » Dom Set 14, 2008 20:15

Oi colegas, me ajude a ver onde estou errando, desde já obrigada.

Lim quando x tende a -2 (2x-5/x+2)^2 =

(2(-2)-5/(-2)+2)^2 = 9^2

onde estou errando

por **Molina** » Dom Set 14, 2008 22:31

sandra silva escreveu:Oi colegas, me ajude a ver onde estou errando, desde já obrigada.

Lim quando x tende a -2 (2x-5/x+2)^2 =

(2(-2)-5/(-2)+2)^2 = 9^2

onde estou errando

Boa noite, Sandra.

Você nao pode colocar o -2 diretamente no lugar do x, pq na parte do denominador da fração daria 0, ou seja, nao pode.

por **sandra silva** » Seg Set 15, 2008 00:48

e como devo fazer entao

por **juliomarcos** » Seg Set 15, 2008 02:14

Acredito que seja assim.
Tomando h = x + 2
$\lim_{x \rightarrow -2} \frac{{(2x - 5)}^{2}}{{(x+2)}^{2}} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{{(2(2-h) - 5)}{2}}{{h}^{2}}$ $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{{(2(2-h) - 5)}^{2}}{{h}^{2}} = \lim_{h \rightarrow 0}\frac{1}{{h}^{2}}.\frac{{((4-2h) - 5)}^{2}}{1} =$
$\lim_{h \rightarrow 0}\frac{1}{{h}^{2}}.{(4-2h)}^{2} - 10(4-2h) + 25 = \infty.({4}^{2} - 40 + {5}^{2}) = \infty$

Como disse. N tenho ctz se está certo.

por **admin** » Ter Set 23, 2008 15:26

Olá Sandra e Julio!

Julio, ao fazer a substituição h=x+2

, houve um descuido depois pois x=h-2

.
De qualquer forma, a idéia está correta e não houve interferência no resultado.

Lembrando que desta forma estamos considerando conhecido este limite:
$\lim_{h \rightarrow 0}\frac{1}{h^2} = \infty$

Mas sendo assim, já poderíamos considerá-lo inicialmente, pensando apenas em um deslocamento horizontal desta função:
$\lim_{x \rightarrow 0}\frac{1}{x^2} = \infty$

Para a esquerda, assim:
$\lim_{x \rightarrow -2}\frac{1}{(x+2)^2} = \infty$

Para isso, podemos escrever a expressão inicial assim e já teremos o mesmo caso:
$\lim_{x \rightarrow -2} \left[ (2x-5)^2 \cdot \frac{1}{(x+2)^2} \right]$

calculo 1

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