Prova 02 UNICAMP 2014 Turma B 2014 Com Gabarito

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Soluc¸a˜o da Prova II, quinta-feira, 15 de maio de 2014
1. (a) f(x) = (sen x)3x = e3x ln(senx), portanto (0.1)
f ′(x) = e3x ln(senx)
[
3 ln(sen x) + 3x
1
sen x
cos x
]
(0.3)
= 3(sen x)3x(ln(sen x) + x cot x) (0.1)
(b) g(y) =
3y2e5y
y3 − 1. Por diferenciac¸a˜o logar´ıtmica:
ln g(y) = ln 3 + 2 ln y + 5y − ln(y3 − 1). (0.1)
Por diferenciac¸a˜o impl´ıcita:
1
g(y)
g′(y) = 0 +
2
y
+ 5− 1
y3 − 13y
2. (0.3)
Desta forma g′(y) = g(y)
2(y3 − 1) + 5y(y3 − 1)− 3yy2
y(y3 − 1) (0.1)
=
3y2e5y
y3 − 1
5y4 − y3 − 5y − 2
y(y3 − 1) =
3ye5y(5y4 − y3 − 5y − 2)
(y3 − 1)2 . (0.2)
(c) Q(t) = arctan
(√
3t+ 1
)
= arctan
(
(3t+ 1)1/2
)
(0.1)
Mu´ltiplas regras da cadeia (0.1 cada):
Q′(t) =
1
1 + (
√
3t+ 1)2
· 1
2
(3t+ 1)−1/2 · 3 (0.3)
=
3
2
1
(1 + 3t+ 1)
√
3t+ 1
=
3
2(3t+ 2)
√
3t+ 1
(0.2)
(d) R(s) = sen
(
s2 tan s
s3 − 7
)
Regras da cadeia, do produto e do quociente:
R′(s) = cos
(
s2 tan s
s3 − 7
)
(2s tan s+ s2 1
cos2 s
)(s3 − 7)− s2 tan s · 3s2
(s3 − 7)2 (0.5)
= cos
(
s2 tan s
s3 − 7
)
2s sen s cos s(s3 − 7) + s2(s3 − 7)− 3s4 sen s cos s
(s3 − 7)2 cos2 s (0.1)
= cos
(
s2 tan s
s3 − 7
)
s2(s3 − 7)− s(s3 + 14) sen s cos s
(s3 − 7)2 cos2 s (0.1)
2. (a) La = lim
x→0+
xln(1+x) = “00” forma indeterminada.
La = lim
x→0+
eln(1+x) lnx = “e0·∞” forma indeterminada.
La = lim
x→0+
e
ln(1+x)
1/ ln x = “e
0
0” forma indeterminada, admitindo L’Hoˆpital. (0.1)
O limite no expoente: lim
x→0+
ln(1 + x)
1/ ln x
L’Hoˆpital
= lim
x→0+
1/(1 + x)
−1/ ln2 x · 1/x
= lim
x→0+
ln2 x
1/x
1
1 + x︸ ︷︷ ︸
→1
= “
∞
∞” forma indeterminada, admitindo L’Hoˆpital. (0.2)
Sem o fator
1
1 + x
que tende a 1:
lim
x→0+
ln2 x
1/x
L’Hoˆpital
= lim
x→0+
2 ln x · 1/x
−1/x2 = limx→0+−2
ln x
1/x
= “
∞
∞” forma indetermi-
nada, admitindo L’Hoˆpital. (0.2)
1
−2 lim
x→0+
ln x
1/x
L’Hoˆpital
= −2 lim
x→0+
1/x
−1/x2 = −2 limx→0+−x = 0. (0.1)
Portanto, o limite no expoente e´
lim
x→0+
ln(1 + x)
1/ ln x
= lim
x→0+
ln2 x
1/x
· lim
x→0+
1
1 + x
= 0 · 1 = 0. (0.1)
Portanto, La = e
0 = 1. (0.1)
(b) Lb = lim
x→1−
(
1
ex − e −
1
x− 1
)
= “−∞+∞”, forma indeterminada.
Juntando as frac¸o˜es: Lb = lim
x→1−
x− 1− ex + e
(x− 1)(ex − e) = “
0
0
”, forma indeterminada,
admitindo L’Hoˆpital. (0.1)
Lb
L’Hoˆpital
= lim
x→1−
1− ex
1(ex − e) + (x− 1)ex = limx→1−
1− ex
−e+ xex . (0.3)
O numerador tende a 1−e que e´ negativo. Como xex < e ∀ x < 1, o denominador
tende a zero por nu´meros negativos. Logo, Lb =∞. (0.3)
3. (a) f(x) =
x2 − 1
x+ 3
f ′(x) =
2x(x+ 3)− (x2 − 1)1
(x+ 3)2
=
2x2 + 6x− x2 + 1
(x+ 3)2
=
x2 + 6x+ 1
(x+ 3)2
(0.2)
f ′′(x) =
(2x+ 6)(x+ 3)2 − (x2 + 6x+ 1)2(x+ 3)
(x+ 3)4
=
(2x+ 6)(x+ 3)− (x2 + 6x+ 1)2
(x+ 3)3
=
2x2 + 6x+ 6x+ 18− (2x2 + 12x+ 2)
(x+ 3)3
=
16
(x+ 3)3
(0.3)
(b) i. Domı´nio: A func¸a˜o admite todos os nu´meros reais com exec¸a˜o de x = −3,
i.e., D = R− {−3}. (0.1)
ii. Simetria: f(−x) = (−x)
2 − 1
(−x) + 3 =
x2 − 1
−x+ 3, Esta expressa˜o na˜o iguala f(x) nem
−f(x). Portanto, a func¸a˜o na˜o e´ par nem ı´mpar. (0.1)
iii. Intercepto com o eixo y: f(0) = −1/3 (0.1)
Intercepto com o eixo x: Zeros da func¸a˜o, ou seja, zeros do numerador:
x2 − 1 = 0⇒ x = ±1. (0.1)
iv. Extremos e monotonia: Pontos cr´ıticos:f ′(x) 6 ∃ em x = −3 6∈ D; (0.1)
f ′(x) = 0 em x2 + 6x+ 1 = 0, i.e., x = −3±√9− 1 = −3± 2
√
2 (0.1)
Como f ′(−10) = 41
132
> 0, temos f ′(x) > 0∀x ∈ (−∞,−3− 2√2).
Portanto, f e´ crescente neste intervalo. (0.1)
Como f ′(−4) = −7
72
< 0, temos f ′(x) < 0∀x ∈ (−3− 2√2,−3).
Portanto, f e´ decrescente neste intervalo. (0.1)
Como f ′(x) troca de positivo para negativo em x = −3 − 2√2, a func¸a˜o
possui um ma´ximo relativo neste ponto. (0.1)
Como f ′(−2) = −7
52
< 0, temos f ′(x) < 0∀x ∈ (−3,−3 + 2√2).
Portanto, f e´ decrescente neste intervalo. (0.1)
Como f ′(0) = 1
32
> 0, temos f ′(x) > 0∀x ∈ (−3 + 2√2,∞).
Portanto, f e´ crescente neste intervalo. (0.1)
Como f ′(x) troca de negativo para positivo em x = −3+2√2, a func¸a˜o possui
um mı´nimo relativo neste ponto. (0.1)
2
Valor da func¸a˜o nos extremos: f(−3 − 2
√
2) =
(−3− 2√2)2 − 1
−3− 2√2 + 3 =
9 + 8 + 2 · 3 · 2√2− 1
−2√2 =
16 + 12
√
2
−2√2 = −6 − 4
√
2 e f(−3 + 2
√
2) =
(−3 + 2√2)2 − 1
−3 + 2√2 + 3 =
9 + 8− 2 · 3 · 2√2− 1
2
√
2
=
16− 12√2
2
√
2
= −6 + 4
√
2.
v. Concavidade e pontos de inflexa˜o: Pontos cr´ıticos da derivada:
f ′′(x) 6 ∃ em x = −3 6∈ D e f ′′(x) = 0 nunca.
Portanto, a func¸a˜o na˜o possui pontos de inflexa˜o. (0.2)
Concavidade: Como f ′′(x) > 0∀x > −3, a func¸a˜o e´ co´ncava para cima em
(−3,∞). (0.1)
Como f ′′(x) < 0∀x < −3, a func¸a˜o e´ co´ncava para cima em (−∞,−3). (0.1)
vi. Ass´ıntotas: Como a func¸a˜o e´ cont´ınua em seu domı´nio, pode haver uma
ass´ıntota vertical somente em x = −3. Verficando, temos
lim
x→−3−
x2 − 1
x+ 3
= “
8
0−
” = −∞ (0.1)
lim
x→−3+
x2 − 1
x+ 3
= “
8
0+
” =∞ (0.1)
Portanto, a reta x = −3 e´ ass´ıntota vertical da func¸a˜o. (0.1)
Ass´ıntotas horizontais: lim
x→±∞
x2 − 1
x+ 3
= lim
x→±∞
1− 1/x2
1/x+ 3/x2
= “
1
0±
” = ±∞
Portanto, a func¸a˜o na˜o tem ass´ıntotas horizontais. (0.1)
Ass´ıntotas inclinadas:
lim
x→±∞
f ′(x) = lim
x→±∞
x2 + 6x+ 1
x2 + 6x+ 9
= lim
x→±∞
1 + 6/x+ 1/x2
1 + 6/x+ 9/x2
= 1 = m (0.2)
lim
x→±∞
f(x) − mx = lim
x→±∞
x2 − 1
x+ 3
− xx+ 3
x+ 3
= lim
x→±∞
x2 − 1− x2 − 3x
x+ 3
=
lim
x→±∞
−3x+ 1
x+ 3
= − lim
x→±∞
3 + 1/x
1 + 3/x
= −3. (0.2)
Portanto, a reta y = x− 3 e´ ass´ıntota da func¸a˜o quando x→ +∞ e quando
x→ −∞. (0.1)
vii. Esboc¸o do gra´fico e imagem:
−8 −6 −4 −2 0 2−40
−30
−20
−10
0
10
20
30
40
x
y
(0.4)
Imagem da func¸a˜o: Interceptos com o eixo x: ×; Interceptos com o eixo y: ×;
Extremos: ×; Ass´ıntotas: Retas pretas tracejadas.
Como vis´ıvel no esboc¸o do gra´fico, a imagem da func¸a˜o e´
V = R− (f(−3− 2√2), f(−3 + 2√2)) = R− (−6− 4√2,−6 + 4√2). (0.1)
3
4. Denotamos as laterais do galpa˜o retangular por a e b.
A a´rea do galpa˜o sera´ de a · b = 8100. (0.1)
Portanto b =
8100
a
. (0.1)
A a´rea do lote precisa ter A = (a+ 25 + 15) · (b+ 5 + 5). (0.3)
Desta forma, temos A(a) = (a + 40) ·
(
8100
a
+ 10
)
= 8100 + 40
8100
a
+ 10a + 400 =
10a+ 8500 +
324000
a
. (0.3)
O intervalo para o comprimeto da lateral a e´ de D = (0,∞). (0.1)
Para encontar os pontos cr´ıticos desta func¸a˜o temos que deriva´-la.
Obtemos A′(a) = 10− 324000
a2
. (0.2)
Os pontos cr´ıticos desta derivada sa˜o:
A′(a) 6 ∃ em x = 0 /∈ D (0.2)
e A′(a) = 0, ou seja 10 − 324000
a2
= 0 acontece em a2 = 32400, i.e., a = ±180, dos
quais somente a = 180 se encontra no intervalo D. (0.4)
Em a = 180, temos o valor da a´rea A(180) = 10 ·180+8500+ 324000
180
= 1800+8500+
1800 = 12100 (0.2)
Nas pontas do intervalo, temos que considerar os limites:
lim
a→0+
A(a) = lim
a→0+
10a+ 8500 +
32400
a
= 0 + 8500 +∞ = +∞ (0.2)
e lim
a→∞
A(a) = lim
a→∞
10a+ 8500 +
32400
a
=∞+ 8500 + 0 = +∞. (0.2)
Como o valor A(180) e´ menor do que estes dois limites, o ponto a = 180 representa o
mı´nimo absoluto em D. (0.2)
Conclu´ımos que o menor lote que acomoda o galpa˜o o´timo e´ um retaˆngulo com laterais
220 m e 55 m e a´rea de 12100 m2. (0.2)
4