AP3 CÁLCULO I 2023.2 - GABARITO

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
GABARITO AP3 – CÁLCULO I – 2/2023
Código da Disciplina: EAD1005 - EAD1083
Questão 1 [3.0 pontos]
Calcule os seguintes limites de funções:
(a) [1.0 ponto] lim
x→2
x3 − x2 − 8x+ 12
x3 − 7x2 + 16x− 12
(b) [1.0 ponto] lim
x→π
1 − sen (x/2)
(x− π)2
(c) [1.0 ponto] lim
x→−∞
√
x6 − 2x4 + x3
x3 − 3x+ 2
Solução:
(a) Temos que lim
x→2
x3−x2−8x+12 = lim
x→2
x3−7x2+16x−12 = 0. Neste caso, apresentamos
duas maneiras de resolver.
(i) Aplicando a Regra de L’Hôpital :
lim
x→2
x3 − x2 − 8x+ 12
x3 − 7x2 + 16x− 12
= lim
x→2
3x2 − 2x− 8
3x2 − 14x+ 16
Novamente, lim
x→2
3x2 − 2x− 8 = lim
x→2
3x2 − 14x+ 16 = 0.
lim
x→2
3x2 − 2x− 8
3x2 − 14x+ 16
= lim
x→2
6x− 2
6x− 14
=
10
−2
= −5 !
(ii) A maneira mais direta é fatorando o numerado e o denominador da função:
lim
x→−2
x3 − x2 − 8x+ 12
x3 − 7x2 + 16x− 12
= lim
x→−2
���
��(x− 2)2(x+ 3)
��
���(x− 2)2(x− 3)
= lim
x→−2
x+ 3
x− 3
=
5
−1
= −5 !
(b) Temos que lim
x→π
(1 − sen (x/2)) = lim
x→π
(x − π)2 = 0. Neste caso, aplicamos a Regra de
L’Hôpital :
lim
x→π
1 − sen (x/2)
(x− π)2
= lim
x→π
− cos(x/2)
2
2(x− π)
= lim
x→π
− cos(x/2)
4(x− π)
Este último limite está indeterminado, mas podemos aplicar mais uma vez a Regra de L’Hôpital:
lim
x→π
1 − sen (x/2)
(x− π)2
= lim
x→π
− cos(x/2)
4(x− π)
= lim
x→π
sen (x/2)
2
4
= lim
x→π
sen (x/2)
8
=
1
8
. !
Cálculo I Gabarito AP1 2/2022
(c) Temos que lim
x→−∞
√
x6 − 2x4 + x3 = +∞ e lim
x→−∞
[x3 − 3x+ 2] = −∞. Neste caso,
lim
x→−∞
√
x6 − 2x4 + x3
x3 − 3x+ 2
= lim
x→−∞
−
√
1− 2
x2
+ 1
x3
1− 3
x2
+ 2
x3
= lim
x→−∞
−
√
1−
�
��7
0
2
x2
+
�
��7
0
1
x3
1−
�
��7
0
3
x2
+
�
��7
0
2
x3
= −1 !
Lembre-se que, para valores de x < 0, x = −|x| = −
√
x2.
Questão 2 [3.0 pontos]
Calcule a derivada das seguintes funções:
(a) [1.0 ponto] f(x) = 2x− arcsen(x2 − x)
(b) [1.0 ponto] g(x) = (5− ln(x2 + 1))(x2 − cos(x2))
(c) [1.0 ponto] h(x) =
x− 4
2− 3x
Solução:
(a) f ′(x) = 2− 2x− 1√
1− (x2 − x)2
!
(b) g′(x) =
−2x
x2 + 1
(x2 − cos(x2)) + (5− ln(x2 + 1))(2x+ 2x sen(x2)) =
= 2x
[
−x2 + cos(x2)
x2 + 1
+ (5− ln(x2 + 1))(1 + sen(x2))
]
!
(c) h′(x) =
(2− 3x)− (x− 4)(−3)
(2− 3x)2
=
−10
(2− 3x)2
!
Questão 3 [2.0 pontos]
Um balão de gás na forma esférica é usado para pesquisas atmosféricas. O balão está perdendo
gás a uma razão de −2cm3/min.
Expresse a taxa de variação da superf́ıcie do balão em termos de seu raio e calcule essa taxa no
instante que o raio atinge 400cm.
Lembre-se que a superf́ıcie de uma esfera de raio r é dada por S = 4πr2 e que seu volume é
V =
4
3
πr3.
Solução:
Derivando V em relação a t obtemos a fórmula da taxa de variação do volume, que é constante,
segundo as informações do problema:
V =
4
3
π r3 =⇒ dV
dt
= 4π r2
dr
dt
= −2.
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Cálculo I Gabarito AP1 2/2022
Isso nos permite calcular a taxa de variação do raio r:
dr
dt
=
−2
4π r2
=
−1
2π r2
.
Agora vamos usar a fórmula S = 4π r2 para calcular a taxa de variação da superf́ıcie do balão:
dS
dt
= 8π r
dr
dt
= 8π r
(
−1
2π r2
)
=
−4
r
.
Esta é a primeira conclusão dos cálculos, nos quais a Regra da Cadeia desempenhou papel
fundamental, pois as três grandezas relacionadas - r, S e V - são funções do tempo t: A taxa de
variação da superf́ıcie, neste caso, é inversamente proporcional ao raio r do balão:
dS
dt
=
−4
r
.
Para o caso espećıfico de r = 400m, temos:
dS
dt
∣∣∣∣∣
r=400
=
−4
400
=
−1
100
cm2/min.
Questão 4 [2.0 pontos]
Considere R a região do plano descrita a seguir:
R = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4− x2 }.
Queremos inscrever um retângulo na região R de tal forma que dois de seus lados estão contidos
nos eixos de coordenadas e um de seus vértices pertence à curva que faz parte da fronteira da
região. Determine as dimensões do retângulo assim inscrito cuja área é máxima.
Solução:
x
y
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A área do retângulo é dada por A = xy e a condição dada na questão diz que y = 4− x2.
Assim, queremos o máximo da função A : [0, 2] −→ R, definida por A(x) = x (4− x2).
Vamos encontrar eventuais pontos cŕıticos:
A′(x) = 4− x2 + x(−2x) = 4− 3x2.
Portanto, A′(x) = 0 ⇐⇒ 4− 3x 2 = 0, que apresenta duas soluções x = ±2
√
3
3
.
Apenas a solução x =
2
√
3
3
pertence ao doḿınio [0, 2] ⊂ R.
Como A(0) = A(2) = 0 e A(x) ≥ 0, ∀x ∈ [0, 2], conclúımos que o valor máximo de A em
[0, 2] ocorre se x =
2
√
3
3
.
As proporções do retângulo procurado são x =
2
√
3
3
u, y =
8
3
u e sua área é A =
16
√
3
9
u2.
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