C1 Lista Semanal 9 - 2023_2 (Com Gabarito)

Prévia do material em texto

CÁLCULO I
2023 - 1º Semestre
Lista de Exercícios 9
Questão 1. Ache os pontos críticos de f(x) = x3+7x2−5x. Em seguida, determine
os extremos absolutos e relativos quando x varia na reta real.
Solução: A derivada de f será
f ′(x) = 3x2 + 14x− 5 .
Para encontrar os pontos críticos de f , basta saber em quais pontos a derivada é zero.
3x2 + 14x− 5 = 0 .x1 = −5 ,x2 = 1
3
.
Os pontos críticos de f são: x = 1
3
e x = −5. Sabe-se que
lim
x→+∞
x3 + 7x2 − 5x = lim
x→+∞
x3 ·
(
1 +
�
�
���
0
7
x
−
�
�
���
0
5
x2
)
= +∞ ,
lim
x→−∞
x3 + 7x2 − 5x = lim
x→−∞
x3 ·
(
1 +
�
�
���
0
7
x
−
�
�
���
0
5
x2
)
= −∞ .
Portanto, não existem extremos absolutos, somente extremos relativos que são: f(−5) =
75 e f(1
3
) = −23
27
.
Questão 2. Ache os extremos absolutos da função dada no intervalo indicado, se
existirem, e determine os valores de x nos quais ocorrem os extremos absolutos. Faça
um esboço do gráfico da função no intervalo.
a) g(x) = 2 cos(x); [−2π
3
, π
3
] . b) h(x) =
4
(x− 3)2
; [2, 5] .
Solução:
a) A derivada de g será
g′(x) = −2 sen(x) .
Sabe-se que para o sen(x) ser igual a zero, x deve pertencer ao seguinte conjunto:
{...− 2π,−π, 0, π, 2π, ...}. No entanto, como intervalo é [−2π
3
, π
3
], o único valor
de x que zera a derivada de g nesse intervalo é x = 0.
1
Universidade Federal do Pará
Cálculo I Lista de Exercícios 9
Dessa forma, como g é limitada: −2 ≤ g(x) ≤ 2, os candidatos a extremos
absolutos serão: x = −2π
3
, x = 0 e x = π
3
.
Calculando a imagem de cada candidato: g(−2π
3
) = −1, g(0) = 2 e g(π
3
) = 1.
Portanto, o mínimo absoluto é g(−2π
3
) e máximo absoluto é g(0).
Figure 1: Esboço de g.
b) A derivada de h será
h′(x) =
−4 · 2(x− 3)
(x− 3)4
= − 8
(x− 3)3
.
Sabe-se que h′(x) é sempre diferente de zero para todo x real finito. Além disso
h(x) possui uma assíntota vertical em x = 3, visto que
lim
x→3
�
�
�
�
�>
+∞
4
(x− 3)2
= +∞ .
Isso significa que dentro do intervalo [2, 5], existem valores x em que h(x) cresce
indefinidamente, sendo assim h não possui valor máximo absoluto. Dessa forma, h
só terá mínimo absoluto, cujos candidatos serão: x = 2 e x = 5.
Calculando a imagem de cada candidato: h(2) = 4 e h(5) = 1.
Portanto, o mínimo absoluto é h(5).
Figure 2: Esboço de h.
2
Cálculo I Lista de Exercícios 9
Questão 3. Analise as funções abaixo e verifique se é possível utilizar o Teorema de
Rolle. Depois responda se existe algum valor c tal que f ′(c) = 0 nos intervalos dados.
Justifique.
a) f(x) = 2− 3
√
x2, para x ∈ [−1, 1].
b) f(x) = cosh(x2), para x ∈
[
−1
2
,
1
2
]
.
Solução:
a) Veja que f(−1) = f(1) = 1 e f é contínua em [−1, 1], no entanto f não é derivável
em todo o intervalo (−1, 1). De fato, como
f ′(x) = − 2
3 · 3
√
x
,
temos que f ′(0) não está definida, portanto, não estamos nas condições do Teorema
de Rolle.
Por outro lado, veja que
f ′(x) = − 2
3 · 3
√
x
= 0 ⇒ −2
3
= 0,
o que é um absurdo. Logo, não existe c tal que f ′(c) = 0. Em particular, não
existe c ∈ [−1, 1] tal que f ′(c) = 0.
b) Veja que f
(
−1
2
)
= f
(
1
2
)
=
e
1
4 · 4
√
e+ 1
2 · 4
√
e
≈ 1, 03. Além disso, f é contínua
em
[
−1
2
,
1
2
]
e derivável em
(
−1
2
,
1
2
)
, logo, o Teorema de Rolle é válido, então
sabemos que existe c ∈
(
−1
2
,
1
2
)
tal que f ′(c) = 0.
Nesse caso, podemos calcular explicitamente um c com essa propriedade:
f ′(c) = 0 ⇒ senh(c) = 0 ⇒ c = 0.
Questão 4. Encontre o(s) ponto(s) (c, f(c)) onde a reta tangente tem o mesmo
coeficiente angular da reta secante que passa pelos pontos P e Q dados (use calculadora
para encontrar alguns valores e use aproximações quando for preciso).
a) f(x) = 3x2 + 2x− 1, P = (2, f(2)) e Q = (4, f(4)).
b) f(x) = sen(2x), P = (0, f(0)) e Q =
(π
4
, f
(π
4
))
.
Solução:
a) Como f é contínua em [2, 4] e derivável em (2, 4), então pelo Teorema do Valor
Médio, já sabemos que existe c ∈ (2, 4) tal que:
f ′(c) =
f(4)− f(2)
4− 2
3
Cálculo I Lista de Exercícios 9
Resolvendo essa equação em c, temos:
6c+ 2 =
55− 15
2
⇒ c = 3.
Portanto, o ponto onde a reta tangente tem o mesmo coeficiente angular da reta
secante que passa por P = (2, 15) e Q = (4, 55) é (3, 32).
b) Veja que f é contínua em
[
0,
π
4
]
e derivável em
(
0,
π
4
)
. Logo, o Teorema do Valor
Médio garante que existe c ∈
(
0,
π
4
)
tal que:
f ′(c) =
f(π
4
)− f(0)
π
4
− 0
Podemos resolver essa equação em c para determinar um valor em que isso ocorre:
2 · cos(2c) = 1− 0π
4
⇒ c ≈ 9
20
.
Portanto, o ponto onde a reta tangente tem o mesmo coeficiente angular da reta se-
cante que passa por P = (0, 0) e Q =
(π
4
, 1
)
está bem próximo de
(
9
20
, f
(
9
20
))
onde f
(
9
20
)
≈ 0, 015.
Questão 5. Dados 1 < a < b < e, onde e é a base do logarítmo natural, mostre que
ln(2b)− ln(2a)
2
< b2 − ab.
Solução: Como b > a, então (b− a) ̸= 0, assim, a fração
ln(2b)
2
− ln(2a)
2
(b− a)
está bem definida. Agora considere a função f(x) =
ln(2x)
2
. Veja que f está bem
definida e é contínua em [a, b], e é derivável em (a, b). Logo, pelo Teorema do Valor
Médio, existe c ∈ (a, b) tal que
f ′(c) =
ln(2b)
2
− ln(2a)
2
(b− a)
⇒ 1
�2
· 1
2c
· �2 =
ln(2b)
2
− ln(2a)
2
(b− a)
.
Como c > 1, então 1
2c
< 1, portanto
ln(2b)
2
− ln(2a)
2
(b− a)
< c < b ⇒ ln(2b)
2
− ln(2a)
2
< b(b−a) ⇒ ln(2b)− ln(2a)
2
< b2−ab.
4
Cálculo I Lista de Exercícios 9
QUESTÕES EXTRA.
1. Sabemos que o gráfico da função f : R → R definida a seguir possui 7 pontos
distintos nos quais a reta tangente é horizontal.
f(x) =
1
8
x8 +
6
7
x7 − 5x6 − 144
5
x5 +
237
4
x4 + 270x3 − 104x2 − 672x+ π .
Sejam x1, x2, x3, ..., x7 os números críticos de f , listados em ordem crescente. Calcule
7∏
i=1
xi .
Em seguida, determine se algum desses xi é máximo absoluto de f . Além de fazer
todas as contas necessárias, descreva como chegou em cada resultado.
Solução: A derivada de f(x) será
f ′(x) = x7 + 6x6 − 30x5 − 144x4 + 237x3 + 810x2 − 208x− 672 .
Como f possui sete locais distintos onde a reta tangente é horizontal, isso significa
que existem sete pontos distintos onde a derivada é zero, ou seja, f ′(x) tem sete raízes
reais e diferentes. Com isso, pelas relações de Girard o produto de todas raízes que é
igual ao produto de todos os pontos críticos, vai ser
7∏
i=1
xi = x1 · x2 · x3 · x4 · x5 · x6 · x7 = −
(−672)
1
= 672 .
Sabe-se que
lim
x→+∞
x8
(
1
8
+
�
�
���
0
6
7x
−
�
�
���
0
5
x2
−
�
�
��7
0
144
5x3
+
�
�
��7
0
237
4x4
+
�
�
��7
0
270
x5
−
�
�
��7
0
104
x6
−
�
�
��7
0
672
x7
+
�
�
��
0
π
x8
)
= +∞ .
Portanto, f não tem máximo absoluto. Logo, nenhum xi é máximo absoluto.
2. Determine se as afirmações abaixo são verdadeiras ou falsas. Se for verdadeira,
explique. Se for falsa, dê um contra-exemplo.
a) O máximo de uma função que é contínua num intervalo fechado pode ocorrer em
dois valores diferentes no intervalo.
b) Se 0 < a < b então
√
b−
√
a <
b− a
2
√
2
.
Solução:
a) Verdadeira, f(x) = cos(x) é uma função limitada com imagem no intervalo de
[−1, 1] e também é periódica. Portanto, basta pegar qualquer intervalo no domínio
de f que tenha mais de um valor de x em que o cos(x) = 1.
b) Falsa. Supondo que a afirmativa é verdadeira e como 0 < a < b, então (b−a) > 0,
assim podemos reescrever essa afirmativa da seguinte forma:
√
b−
√
a
b− a
<
1
2
√
2
.
5
Cálculo I Lista de Exercícios 9
Nestas condições, tomando um intervalo [a, b] e a função f(x) =
√
x, podemos
aplicar o Teorema do Valor Médio. Assim, existe c ∈]a, b[ tal que:
f ′(c) =
f(b)− f(a)
b− a
=
√
b−
√
a
b− a
<
1
2
√
2
.
Então,
f ′(c) <
1
2
√
2
1
2
√
c
<
1
2
√
2
2
√
c > 2
√
2
Assim, pelo TVM somente um c > 2 pode satisfazer essa desigualdade. O que
torna falsa a afirmativa, visto que b = 2 e a = 1, obedecem a condição: 0 < a < b,
c teria que pertencer ao intervalo (1, 2), violando a desigualdade c > 2.
6