Revisão P2 Cálculo 1A T1 Gabarito 1

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UFF - IME - Departamento de Matema´tica Aplicada Turma T1
Revisa˜o para a 2a VE de Ca´lculo 1A
1. Se f : [0, 3]→ R e´ uma func¸a˜o diferencia´vel tal que
f(0) = 1, f(1) = 2, f(2) = 2, f(3) = 0,
(a) Prove que existem x0, x1, x2 em [0, 3] tais que
f ′ (x0) =
1
2
, f ′ (x1) = 0, f ′ (x2) = −1.
Soluc¸a˜o: Como f e´ deriva´vel em [0, 3], em particular em [0, 2], pelo Teorema do Valor Me´dio,
existe x0 ∈ [0, 2] tal que
f ′(x0) =
f(2)− f(0)
2− 0 =
2− 1
2− 0 =
1
2
.
Da mesma forma, existe x1 ∈ [1, 2] tal que
f ′(x1) =
f(2)− f(1)
2− 1
2− 2
2− 1 = 0
e x2 ∈ [1, 3] tal que
f ′(x2) =
f(3)− f(1)
3− 1 =
0− 2
3− 1 = −1.
(b) Por que podemos dizer que f possui um ponto de ma´ximo em [0, 3]?
Soluc¸a˜o: A func¸a˜o f e´ deriva´vel, logo cont´ınua, no intervalo fechado [0, 3], logo possui pelo
menos um ponto de ma´ximo nesse intervalo.
(c) Podemos afirmar que o ma´ximo de f e´ atingido no intervalo [1, 2]?
Soluc¸a˜o: Falso. Veja o exemplo abaixo:
(d) Se f(x) < 2 para todo x ∈ [0, 1), podemos afirmar que o ma´ximo de f e´ atingido em [1, 3]?
Soluc¸a˜o: Pelo item (b), sabemos que f possui um ma´ximo em [0, 3]. Este ma´ximo na˜o pode
acontecer em um ponto x0 ∈ [0, 1), pois, neste caso, ter´ıamos f(x0) < 2 = f(1), logo x0 na˜o
seria ponto de ma´ximo. Assim, o ma´ximo deve acontecer em [0, 3]− [0, 1) = [1, 3].
2. Por que sen x ≤ x para todo x ∈ [0, 2pi]?
Soluc¸a˜o: Define f(x) = senx − x. Para provarmos que senx ≤ x em [0, 2pi], basta provarmos que
f(x) ≤ 0.
Primeiramente, veja que f(0) = sen(0)− 0 = 0. E, ale´m disso,
f ′(x) = cos(x)− 1 < 0 em (0, 2pi)].
Assim, f(0) = 0 e f e´ decrescente em (0, 2pi). Com isso, f(x) < 0 para todo x ∈ (0, 2pi], logo
f(x) 6 x, para x ∈ [0, 2pi].
3. Quantas ra´ızes possui o polinoˆmio p(x) = x3 − 3x2 + 3x+ 3?
Soluc¸a˜o: Repare que p(−2) = −23 < 0 e p(0) = 3. Assim, como a func¸a˜o polinomial definida por
p(x) e´ cont´ınua, pelo Teorema do Valor Intermedia´rio, existe x0 ∈ (−2, 0) tal que p(x0) = 0. Assim,
p possui pelo menos uma raiz. Por outro lado, p′(x) = 3x2− 6x+ 3 = 3(x2− 2x+ 1) que e´ maior ou
igual a 0, sendo 0 apenas para x = 1. Com isso, p(x) e´ crescente.
Assim, p(x) na˜o admitira´ outra raiz.
4. Considere a func¸a˜o f(x) = 1
x
− x3, com x > 0.
(a) Mostre que existe a inversa f−1 de f .
Como
f ′(x) = − 1
x2
− 3x2 < 0,
a func¸a˜o f e´ decrescente. Assim, existe a inversa
f−1 : Im(f)→ Dom(f).
E´ interessante descobrir a imagem de f , para sabermos onde a f−1 esta´ definida. Como
lim
x→0+
(
1
x
− x3
)
= +∞
e
lim
x→+∞
(
1
x
− x3
)
= −∞,
temos Im(f) = R, logo
f−1 : R→ (0,+∞).
(b) Determine f−1(0) e (f−1)′ (0)
Soluc¸a˜o: Sabemos que
f−1(0) = x⇔ f(x) = 0⇔ 1
x
− x3 = 0.
Resolvendo a equac¸a˜o, temos x = 1. Com isso, f−1(0) = 1.
Temos (
f−1
)′
(0) =
1
f ′ (f−1(0))
=
1
f ′(1)
.
Como f ′(x) = − 1
x2
− 3x2, temos f ′(1) = −2, logo(
f−1
)′
(0) =
1
f ′(1)
= −1
2
.
5. Determine os seguintes limites:
(a) lim
x→+∞
ln(ln x)
lnx
(b) lim
x→0+
x e
1
x
Soluc¸a˜o:
(a) Tanto o limite do numerador quanto do denominador sa˜o +∞. Logo, podemos aplicar a Regra
de L’Hoˆpital. Assim,
lim
x→+∞
ln(ln x)
lnx
= lim
x→+∞
(ln(ln x))′
(lnx)′
= lim
x→+∞
1
x ln x
1
x
= lim
x→+∞
1
ln x
= 0.
(b) Temos uma indeterminac¸a˜o da forma 0 · ∞. Podemos transformar em ∞/∞ escrevendo na
forma
lim
x→0+
x e
1
x = lim
x→0+
e
1
x
1
x
.
Aplicando L’Hoˆpital,
lim
x→0+
x e
1
x = lim
x→0+
e
1
x
1
x
= lim
x→0+
(
e
1
x
)′
(
1
x
)′ = lim
x→0+
− 1
x2
e
1
x
− 1
x2
= lim
x→0+
e
1
x = +∞.
6. A partir do Polinoˆmio de Taylor de ordem n da func¸a˜o f(x) = ex, em torno de x = 0, determine
uma aproximac¸a˜o de e.
Soluc¸a˜o: Todas as derivadas de f(x) = ex sa˜o iguais a ex, isto e´,
f ′(x) = ex, f ′′(x) = ex, f (3)(x) = ex, ..., f (n)(x) = ex.
No ponto x = 0, teremos
f ′(0) = e0 = 1, f ′′(0) = e0 = 1, f (3)(0) = e0 = 1, ..., f (n)(0) = e0 = 1.
O Polinoˆmio de Taylor de ordem n em torno de x = 0 e´ dado por
Tn(x) = f(0) + f
′(x) (x− 0) + f
′′(0)
2
(x− 0)2 + ...+ f
(n)(0)
n!
(x− 0)n,
logo
Tn(x) = 1 + x+
x2
2
+ ...+
xn
n!
.
Assim,
ex ≡ 1 + x+ x
2
2
+ ...+
xn
n!
.
7. Considere a func¸a˜o f(x) = x2e−x, definida no seu maior domı´nio poss´ıvel.
(a) Determine as intersec¸o˜es do gra´fico de f com os eixos coordenados.
Soluc¸a˜o: A intersec¸a˜o com o eixo vertical ocorre quando x = 0. Assim, temos o ponto
(0, f(0)) = (0, 0).
Para termos intersec¸a˜o com o eixo horizontal, devemos ter f(x) = 0, que equivale a x2e−x = 0.
Como e−x > 0 para todo x, devemos enta˜o ter x2 = 0, ou, equivalentemente, x = 0. Assim, a
u´nica intersec¸a˜o com o eixo x e´ o pro´prio (0, 0) ja´ obtido acima.
(b) Determine se f possui algum tipo de simetria.
Soluc¸a˜o: f(−x) = (−x)2e−(−x) = x2ex, que e´ diferente de f(x) = x2e−x e de −f(−x) =
−x2e−x. Assim, f na˜o e´ par nem ı´mpar, na˜o tendo, portanto qualquer simetria.
(c) Determine em quais intervalos a func¸a˜o e´ crescente e em quais ela e´ decrescente, apresentando
os pontos de ma´ximo ou mı´nimo locais, se existirem.
Soluc¸a˜o: Derivando, temos
f ′(x) = 2x e−x − x2e−x = e−x(2x− x2).
Como e−x e´ sempre positivo, o sinal da derivada e´ dado pelo sinal de 2x − x2. AS ra´ızes de
2x− x2 sa˜o 0 e 2, e
f ′(x) < 0⇔ x ∈ (−∞, 0) ∪ (2,+∞),
f ′(x) > 0⇔ x ∈ (0, 2).
Assim, f e´ decrescente em (−∞, 0)∪ (2,+∞) e crescente em (0, 2). Note ainda que, pelo teste
da derivada primeira, x = 0 e´ ponto de mı´nimo local e x = 2 e´ ponto de ma´ximo local.
(d) Determine os intervalos em que f tem concavidade para baixo, e aqueles em que a concavidade
e´ para cima. Determine tambe´m os pontos de inflexa˜o.
Soluc¸a˜o: Derivando novamente, temos
f ′′(x) =
(
e−x(2x− x2))′ = −e−x(2x− x2) + e−x(2− 2x) = e−x(x2 − 4x+ 2).
Como acima, f ′′(x) = 0⇔ x2 − 4x+ 2 = 0⇔ x = 2−√2 ou x = 2 +√2, e
f ′′(x) > 0⇔ x ∈ (−∞, 2−
√
2) ∪ (2 +
√
2,+∞)
f ′′(x) < 0⇔ x ∈ (2−
√
2, 2 +
√
2).
Assim, f tem concavidade para cima em (−∞, 2 − √2) ∪ (2 + √2,+∞) e para baixo em
(2−√2, 2 +√2). Os pontos de inflexa˜o sa˜o 2−√2 e 2 +√2.
(e) Esboce o gra´fico de f , utilizando todas as informac¸o˜es dos itens anteriores, e destacando os
pontos encontrados.
Soluc¸a˜o:
Para ajudar no gra´fico, vamos verificar a existeˆncia de ass´ıntotas:
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
x2
e−x
= 0.
lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
x2
e−x
= lim
x→−∞
2x
−e−x = limx→−∞
2
e−x
= +∞.
(no limite x→ −∞ acima, utilizamos L’Hoˆpital nas indeterminac¸o˜es ∞/∞.)
Reunindo essas informac¸o˜es e as obtidas nos itens anteriores, temos o gra´fico abaixo:
(f) A func¸a˜o possui ma´ximos ou mı´nimos globais?
Soluc¸a˜o: A func¸a˜o na˜o possui ponto de ma´ximo absoluto, e o ponto de mı´nimo global e´ x = 0.
8. Uma lata sera´ fabricada com capacidade de 1 litro. Se o material da tampa e do fundo custa o
dobro, por unidade de a´rea, do material da lateral, quais as dimenso˜es da lata cuja fabricac¸a˜o e´ mais
barata?
Soluc¸a˜o: Sejam r o raio da base da lata e h a altura.
A a´rea lateral da lata sera´ dada por 2pirh, e a a´rea do fundo e da tampa sera˜o iguais a pir2. Se o
custo do material da lateral e´ k por unidade de a´rea, o custo da tampa e fundo sera´ 2k. Com isso, o
custo total sera´
C = k · 2pirh+ 2k · pir2 + 2k · pir2 = k(2pirh+ 4pir2).
O volume da lata e´ dado por
V = pihr2,
e, como o volume foi fixado em 1, temos
pihr2 = 1 ∴ h = 1
pir2
.
Com isso,
C(r) = k
(
2pir
1
pir2
+ 4r2
)
= k
(
2
r
+ 4pir2
)
.
Repare ainda que o domı´nio de C(r) e´ (0,+∞). Os poss´ıveis ma´ximos e mı´nimos sa˜o os pontos
em que f ′(x) = 0. como
C ′(r) = k
(
− 2
r2
+ 8pir
)
temos
k(
− 2
r2
+ 8pir
)
= 0,
logo
8pir =
2
r2
∴ r3 = 1
4pi
,
e enta˜o
r =
3
√
1
4pi
.
Precisamos ainda verificar se o custo na˜o decresce indefinidamente quando nos vamos aos extremos
do intervalo:
lim
r→0+
C(r) = lim
r→0+
k
(
2
r
+ 4pir2
)
= +∞,
lim
r→+∞
C(r) = lim
r→+∞
k
(
2
r
+ 4pir2
)
= +∞.
Assim, o menor valor do custo ocorre para r = 3
√
1
4pi
.
9. Quadrados iguais sa˜o cortados de cada canto de um pedac¸o retangular de cartolina, medindo
8cm de largura e 15cm de comprimento. Uma caixa sem tampa e´ constru´ıda virando os lados para
cima. Determine o comprimento dos lados dos quadrados que devem ser cortados para a produc¸a˜o
de uma caixa de volume ma´ximo.
Soluc¸a˜o:
Chamemos de x o lado do quadrado que sera´ recortado de cada canto. Se dobrarmos as ”abas”
da figura acima para formar as laterais da caixa, teremos um paralelep´ıpedo de base de medidas
8− 2x e 15− 2x, com altura x. Assim, o volume sera´
V = x · (8− 2x) · (15− 2x) = 4x3 − 46x2 + 120x.
Derivando e igualando a zero, temos
V ′(x) = 12x2 − 92x+ 120 = (x− 6)(12x− 20) = 0,
que nos da´ x = 6 ou x = 5/3. Repare que x deve estar no intervalo (0, 4), pois pode ser, no ma´ximo,
igual a` metade da medida do menor lado do pedac¸o de cartolina. Assim, desprezamos o x = 6, e
consideramos como u´nico ponto cr´ıtico va´lido o x = 5/3.
V ′′(x) = 24x− 92 ∴ V ′′(5/3) = −52 < 0.
Ale´m disso, precisamos ter certeza de que os extremos do intervalo na˜o nos da˜o um valor maior
para o volume, mas este na˜o e´ o caso, pois V (0) = 0 e V (4) = 0. Assim, o maior volume poss´ıvel e´
obtido com x = 5/3.
10. A acelerac¸a˜o de um mo´vel e´ dada, em func¸a˜o do tempo t, por
a(t) = 2− 1
4
√
x3
.
Sabendo que, em t = 1, a velocidade do mo´vel e´ de 1
2
e que sua posic¸a˜o, em t = 0 e´ igual a 1,
determine a posic¸a˜o em func¸a˜o de t, para qualquer t > 0.
Soluc¸a˜o: A velocidade v(t) do mo´vel e´ dado pela integral da acelerac¸a˜o a(t), visto que a acelerac¸a˜o
e´ a variac¸a˜o instantaˆnea (derivada, portanto) da velocidade. Assim,
v(t) =
∫ (
2− 1
4
√
x3
)
dx =
∫ (
2− 1
4
x−
3
2
)
dx = 2x− 1
4
· (−2)x− 12 + C = 2x+ 1
2
x−
1
2 + C.
Como a velocidade em t = 1 e´ de 1
2
, temos
1
2
= v(1) = 2(1) +
1
2
(1)−
1
2 + C = 2 +
1
2
+ C,
logo C = −2. Assim,
v(t) = 2x+
1
2
x−
1
2 − 2.
A posic¸a˜o s(t) e´ a integral da velocidade, pois a velocidade e´ a derivada da posic¸a˜o. Assim,
s(t) =
∫ (
2x+
1
2
x−
1
2 − 2
)
dx = x2 + x
1
2 − 2x+ C2 = x2 +
√
x− 2x+ C2.
Como s(0) = 1, pelo que foi dado no enunciado, temos
1 = 02 +
√
0− 2 · 0 + C2 ∴ C2 = 1.
Assim,
s(t) = x2 +
√
x− 2x+ 1.
11. Calcule as integrais:
(a)
∫
x2
(
1−√x+ 4x) dx (b) ∫ x2
1 + x2
dx (dica: (arctg x)′ = 1
1+x2
)
Soluc¸a˜o:
(a)
∫
x2
(
1−√x+ 4x) dx = ∫ (x2 − x2√x+ 4x3) dx = ∫ (x2 − x 52 + 4x3) dx =
= 1
3
x3 − 2
7
x
7
2 + x4 + C
(b)
∫
x2
1 + x2
dx =
∫
1 + x2 − 1
1 + x2
dx =
∫ (
1 + x2
1 + x2
− 1
1 + x2
)
dx =
∫ (
1− 1
1 + x2
)
dx =∫
1 dx−
∫
1
1 + x2
dx = x− arctg x+ C
12. Se a expressa˜o da segunda derivada de f , em func¸a˜o de x e´
f ′′(x) =
ex
x2
(
x2 + e−x
)
,
e sabendo que f(1) = 1, f ′(1) = e,
(a) aproxime f(x) por um polinoˆmio de grau 2 em torno do x = 1; e
Soluc¸a˜o: Repare que podemos simplificar
f ′′(x) =
ex
x2
x2 +
ex
x2
e−x = ex +
1
x2
= ex + x−2;
Tal aproximac¸a˜o sera´ dada por
f(x) ' f(1) + f ′(1)(x− 1) + f
′′(1)
2
(x− 1)2.
Como f(1) = 1, f ′(1) = e e f ′′(1) = e1 + 1−2 = e+ 1. Assim,
f(x) ' 1 + e · (x− 1) + (e+ 1)
2
(x− 1)2.
(b) determine f(x).
Soluc¸a˜o: Veja que
f ′(x) =
∫
f(x) dx =
∫
(ex + x−2) dx = ex − x−1 + C.
Como f ′(1) = e, temos
e = f ′(1) = e1 − 1−1 + C = e− 1 + C,
logo C = 1.
Assim,
f ′(x) = ex − x−1 + 1.
Temos tambe´m
f(x) =
∫
f ′(x) dx =
∫
(ex − x−1 + 1) dx = ex − log |x|+ x+D.
Como
1 = f(0) = e1 − log |1|+ 1 +D = e+ 1 +D,
temos D = −e. Assim,
f(x) = ex − log |x|+ x− e.