GAB AD2 CI 2016 1

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
AD2 – CA´LCULO I – 2016/1
Gabarito
Questa˜o 1 [2 pontos]
Calcule a derivada das seguintes func¸o˜es:
(a) f(x) = ln
(x3 − x
x2 + 1
)
(b) g(x) =
x ex
2
4 + cos(x)
Soluc¸a˜o:
(a) f ′(x) =
(x2 + 1
x3 − x
) [(3x2 − 1)(x2 + 1)− (x3 − x)(2x)
(x2 + 1)2
]
=
(x2 + 1
x3 − x
) [x4 + 4x2 − 1
(x2 + 1)2
]
=
=
x4 + 4x2 − 1
(x3 − x)(x2 + 1)
(b) g′(x) =
(ex
2
+ 2x2 ex
2
)(4 + cos x)− (x ex2)(−senx)
(4 + cos x)2
=
ex
2
[4 + 8x2 + (1 + 2x2)cosx + x senx]
(4 + cos x)2
Questa˜o 2 [2,5 pontos]
Sejam f e g func¸o˜es diferencia´veis e tais que f ′(x) = 2x − 1 e (f ◦ g)(x) = (x3 − 1) sen(4x).
Determine g′(x).
Soluc¸a˜o:
Utilizando a Regra da Cadeia, obtemos:
(f ◦ g)′(x) = f ′(g(x)) · g′(x). (1)
Por hipo´tese, temos que (f ◦ g)(x) = (x3 − 1) sen(4x). Da´ı, utilizando a Regra do Produto e a
Regra da Cadeia, derivamos e obtemos:
(f ◦ g)′(x) = (x3 − 1)′ · sen(4x) + (x3 − 1) · [sen(4x)]′ = 3x2 sen(4x) + 4(x3 − 1) cos(4x). (2)
Da igualdade das equac¸o˜es (1) e (2), segue que:
f ′(g(x)) · g′(x) = 3x2 sen(4x) + 4(x3 − 1) cos(4x). (3)
CA´LCULO I Gabarito AD2 2
Como, por hipo´tese, f ′(x) = 2x − 1, temos que f ′(g(x)) = 2 g(x) − 1. Assim, substituindo na
equac¸a˜o (3), obtemos:
(2 g(x)− 1) · g′(x) = 3x2 sen(4x) + 4(x3 − 1) cos(4x).
Portanto,
g′(x) =
3x2 sen(4x) + 4(x3 − 1) cos(4x)
2 g(x)− 1 .
Questa˜o 3 [2 pontos]
Seja y = f(x) uma func¸a˜o deriva´vel definida implicitamente pela equac¸a˜o
ex+y sen(x2 − y2) = xy + y.
Determine o coeficiente angular da reta tangente ao gra´fico de f no ponto P = (−1, 1).
Soluc¸a˜o:
Derivando implicitamente, obtemos:
ex+y
(
1 +
dy
dx
)
sen(x2 − y2) + ex+y cos(x2 − y2)
(
2x− 2y dy
dx
)
= y + x
dy
dx
+
dy
dx
.
O coeficiente angular da reta tangente ao gra´fico de f no ponto P = (−1, 1) e´ a derivada de f
em −1, ou seja, dy
dx
∣∣∣
x=−1
. Da´ı, substituindo o ponto P = (−1, 1) na equac¸a˜o acima obtemos:
−2− 2 dy
dx
∣∣∣
x=−1
= 1− dy
dx
∣∣∣
x=−1
+
dy
dx
∣∣∣
x=−1
.
Logo,
dy
dx
∣∣∣
x=−1
=
−3
2
.
Questa˜o 4 [2,5 pontos]
Dois carros iniciam o movimento de um mesmo ponto. Um viaja para o sul a 60km/h, e o outro
para o oeste a 25km/h. Determine a taxa de crescimento da distaˆncia entre os dois carros duas
horas depois da partida.
Soluc¸a˜o:
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CA´LCULO I Gabarito AD2 3
Sejam P o ponto de partida dos carros, x = x(t) a posic¸a˜o do carro que viaja para o oeste,
y = y(t) a posica˜o do carro que viaja para o sul e z = z(t) a distaˆncia entre os dois carros.
Graficamente, temos:
Como z2 = x2 + y2, segue que
2z
dz
dt
= 2x
dx
dt
+ 2y
dy
dt
⇒ z dz
dt
= x
dx
dt
+ y
dy
dt
.
Da´ı, como
dx
dt
= 25 e
dy
dt
= 60,
z
dz
dt
= 25x + 60y ⇒ dz
dt
=
25x + 60 y
z
.
Agora, duas horas depois da partida, o carro que viaja para o oeste estara´ a 25× 2 = 50 km do
ponto de partida P e o carro que viaja para o sul estara´ a 60× 2 = 120 km do ponto de partida
P . Logo, a distaˆncia z entre os dois carros, duas horas depois da partida, sera´
z =
√
502 + 1202 = 130 km.
Portanto,
dz
dt
∣∣∣
t=2
=
25× 50 + 60× 120
130
= 65,
ou seja, taxa de crescimento da distaˆncia entre os dois carros duas horas depois da partida e´ de
65 km.
Questa˜o 5 [1 ponto]
Considere a func¸a˜o f(x) = x3 + 3x2 − 2x + 1 definida no intervalo [−5, 1].
(a) Verifique que as hipo´teses do Teorema do Valor Me´dio sa˜o satisfeitas;
(b) Determine um ponto P = (c, f(c)), c ∈ (−5, 1), do gra´fico de f cuja reta tangente seja
paralela a` reta que passa pelos pontos A = (−5,−39) e B = (1, 3).
Soluc¸a˜o:
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CA´LCULO I Gabarito AD2 4
(a) Temos que:
• f e´ uma func¸a˜o polinomial e, portanto, f e´ cont´ınua em [−5, 1];
• f e´ deriva´vel em (−5, 1), com f ′(x) = 3x2 + 6x− 2, para todo x ∈ (−5, 1).
(b) Pelo Teorema do Valor Me´dio, existe c ∈ (−5, 1) tal que:
f ′(c) =
f(1)− f(−5)
1− (−5) =
3− (−39)
6
) =
42
6
= 7.
Como, por outro lado, f ′(c) = 3c2 + 6c− 2, segue que 3c2 + 6c− 2 = 7. Da´ı, c = −3 ou c = 1.
Como 1 /∈ (−5, 1), segue que c = −3. Portanto, P = (−3, f(−3)) = (−3, 7).
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