AS2_2022_2-11h-Gabarito

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UFF - IME - Departamento de Matemática Aplicada
Gabarito da Segunda avaliação presencial
AS2- 11h às 13h - 30/11/2022
1. Considere a função f(x) =
ex
x+ 1
, definida em seu maior domı́nio posśıvel.
(a) Determine, caso existam, as asśıntotas verticais do gráfico de f e os limites laterais nessas
asśıntotas.
(b) Determine os limites no infinito e, caso existam, as asśıntotas horizontais do gráfico de f .
(c) Determine em quais intervalos a função é crescente e em quais ela é decrescente, apresentando
os pontos de máximo ou mı́nimo locais, se existirem.
(d) Determine os intervalos onde f tem concavidade para baixo e onde tem concavidade para cima.
Determine também os pontos de inflexão, caso existam.
(e) Faça um esboço do gráfico, utilizando todas as informações dos itens anteriores.
Solução:
(a) Como o domı́nio de f é R\{−1} e a função é cont́ınua, por ser o quociente de funções cont́ınuas,
então poderá ter asśıntota vertical somente em x = −1. Como lim
x→−1−
f(x) = lim
x→−1−
ex
x+ 1
= −∞,
pois e−1 > 0 e analogamente lim
x→−1+
f(x) = lim
x→−1+
ex
x+ 1
= +∞, conclúımos que x = −1 é
asśıntota vertical bilateral.
(b) Para verificar se tem asśıntotas horizontais, estudaremos os limites da função no infinito.
Como lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
ex
x+ 1
= 0, o gráfico de f tem asśıntota horizontal y = 0 quando x
tende para −∞.
Por outro lado, ao calcular o limite lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
ex
x+ 1
, obtemos uma indeterminação do
tipo [∞/∞] e usando a regra de l’Hospital obtemos: lim
x→+∞
ex
x+ 1
=
[∞/∞]
lim
x→+∞
ex
1
= lim
x→+∞
ex =
+∞. Portanto o gráfico de f não tem asśıntota horizontal quando x tende para +∞.
(c) Para estudar os intervalos de crescimento e decrescimento da função, estudamos o sinal da
primeira derivada. Usando a regra de derivação do quociente, temos:
f ′(x) =
ex(x+ 1)− ex
(x+ 1)2
=
xex
(x+ 1)2
Como ex > 0 e (x + 1)2 > 0 para todo x ∈ R \ {−1}, então o sinal da derivada de f depende
apenas do sinal do polinômio de primeiro grau x.
x (−∞,−1) −1 (−1, 0) 0 (0,+∞)
f ′(x) − ND − 0 +
f(x) decresce ND decresce 1 cresce
Assim, conclúımos que, a função é decrescente nos intervalos (−∞,−1) e (−1, 0) e é crescente
no intervalo (0,+∞). Pelo teste da primeira derivada vemos que x = 0 é ponto de mı́nimo local.
(d) Para estudar os intervalos onde a concavidade está voltada para baixo ou para cima, estudamos
o sinal da segunda derivada. Usando, novamente, a regra de derivação do quociente, temos:
f ′′(x) =
(ex + xex)(x+ 1)2 − xex · 2(x+ 1)
(x+ 1)4
=
ex(x2 + 1)
(x+ 1)3
.
Como ex > 0 e x2 + 1 > 0 para todo x ∈ R, então o sinal da segunda derivada de f depende
apenas do sinal do polinômio de segundo grau (x+ 1)3.
x (−∞,−1) −1 (−1,+∞)
f ′′(x) − ND +
f(x) ∩ ND ∪
Assim, conclúımos que, o gráfico da função tem concavidade para cima no intervalo (−1,+∞) e
tem concavidade para baixo no intervalo (−∞,−1). Como a função não está definida no ponto
x = −1, então o gráfico não tem pontos de inflexão.
(e) Usando as informações obtidas nos itens anteriores, podemos esboçar o gráfico da função:
2. Determine os pontos sobre a elipse de equação x2 + y2 = xy + 6, tais que a reta tangente é
paralela à reta y = x.
Solução:
Derivando implicitamente, em relação a x, a equação x2 + y2 = xy + 6, obtemos:
2x+ 2yy′ = y + xy′ ⇔ (2y − x)y′ = y − 2x ⇔ y′ = y − 2x
2y − x
.
A reta tangente à elipse é paralela à reta y = x, nos pontos onde y′ = 1, ou seja, nos pontos onde
2y − x = y − 2x e portanto y = −x. Substituindo na equação da elipse o y por −x obtemos:
x2 + x2 = −x2 + 6 ⇔ 3x2 = 6 ⇔ x2 = 2 ⇔ x = ±
√
2.
Portanto os pontos da elipse onde a reta tangente é horizontal são:(
−
√
2,
√
2
)
e
(√
2,−
√
2
)
.
3. Encontre dois números x, y ∈ (0, 50) cuja soma seja 50 e a diferença x − 121
y
seja máxima. [A
solução seria 11 e 39]
Solução: Como x+ y = 50 ⇒ y = 50− x, assim temos que maximizar a função
f(x) = x− 121
50− x
, para 0 < x < 50
Vamos então estudar a primeira derivada de f .
Como f ′(x) = 1− 121
(50− x)2
=
(50− x)2 − 121
(50− x)2
=
x2 − 100x+ 2379
(5− x)2
, podemos ver que
• f ′(x) = 0 ⇔ x = 39, pois 0 < x < 50
• f ′(x) < 0 ⇔ 39 < x < 50
• f ′(x) > 0 ⇔ 0 < x < 39
Pelo teste da primeira derivada obtemos que x = 39 é ponto de máximo local e absoluto de f .
Então, a diferença x− 121
y
será máxima quando x = 39 e y = 11. E o valor da diferença é 28.
4. Calcule os limites abaixo, caso existam.
(a) lim
x→0+
ln(x) tg(x) (b) lim
x→0+
(1 + 3x)
1
x
Solução:
(a) lim
x→0+
ln(x) tg(x) =
[0·∞]
lim
x→0+
ln(x)
cotg(x)
=
[∞/∞],LH
lim
x→0+
1
x
−cossec2(x)
= lim
x→0+
−sen(x)sen(x)
x
=
[0/0]
lim
x→0+
−sen(x)sen(x)
x
= 0, pois lim
x→0+
−sen(x) = 0 e pelo Limite
trigonométrico fundamental lim
x→0+
sen(x)
x
= 1
(b) lim
x→0+
(1 + 3x)
1
x =
[1∞]
lim
x→0+
e
ln
(
(1+3x)
1
x
)
= lim
x→0+
e
ln(1+3x)
x
Vamos então calcular o limite lim
x→0+
ln (1 + 3x)
x
, que é uma indeterminação do tipo [0/0] e usando
L’Hospital, obtemos
lim
x→0+
ln (1 + 3x)
x
= lim
x→0+
3
1+3x
1
= lim
x→0+
3
1 + 3x
= 3
Portanto o nosso limite original é lim
x→0+
(1 + 3x)
1
x = e3.
5. Decida se cada afirmativa é falsa ou verdadeira. Justifique fazendo os cálculos ou utilizando
alguma definição ou resultado estudado.
(a) Se f : R → R é diferenciável e tal que f(0) = 3, f(1) = 2 e f(2) = 4, podemos garantir que
existem c1, c2 ∈ (0, 2) tais que f ′(c1) = −1 e f ′(c2) = 1/2.
(b) Se f(x) = x3 − x2 + 4x − 1, x ∈ R, então a função f é invert́ıvel em R, f−1(3) = 1 e
(f−1)
′
(3) =
1
25
.
Solução:
(a) A afirmação é verdadeira. Como a função f é diferenciável, podemos aplicar o Torema do
Valor médio no intervalo [0, 1] e obtemos que existe c1 tal que f
′(c1) =
f(1)−f(0)
1−0 = 2−3 = −1.
Analogamente, aplicando o TVM no intervalo [0, 2] vemos que existe c2 tal que f
′(c2) =
f(2)−f(0)
2−0 =
4−3
2
= 1
2
.
(b) A afirmação é falsa. Como a função f é diferenciável e f ′(x) = 3x2−2x+4 = 3
(
x− 1
3
)2
+ 11
3
>
0, então f é estritamente crescente e portanto injetiva, logo é invert́ıvel em R. Além disso,
como f(1) = 3 então f−1(3) = 1 e
(
f−1
)′
(3) =
1
f ′(1)
=
1
5
̸= 1
25
.