Gabarito P2 (Douglas Monsôres)

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2a Prova de Ca´lculo I - T.01 - 2016/1
Profo Douglas Monsoˆres
06/06/2016
GABARITO
1. Considere a func¸a˜o f(x) = x
2−3
x−2 . Determine:
(a) Intervalos de crescimento e decrescimento de f , assim como seu(s) extremo(s); (1pt)
Soluc¸a˜o: Primeiro, notamos que f na˜o e´ definida apenas em x = 2, pois esse valor anula
o denominador. Portanto, D = R− {2}. Derivando a func¸a˜o f , obtemos:
f ′(x) =
2x(x− 2)− (x2 − 3) · 1
(x− 2)2 =
2x2 − 4x− x2 + 3
(x− 2)2 ,
e portanto f ′(x) = x
2−4x+3
(x−2)2 . Os pontos cr´ıticos sa˜o os pontos do domı´nio de f que fazem a
derivada ser zero ou deixar de existir. Essa derivada deixa de existir no ponto x = 2, pore´m,
esse valor na˜o sera´ ponto cr´ıtico por na˜o pertencer ao domı´nio de f . Logo, se f tem
pontos cr´ıticos, esses fara˜o a derivada ser igual a zero.
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x2 − 4x + 3 = 0 ⇐⇒ x = 3 ou x = 1.
Portanto, f tem dois pontos cr´ıticos. Note que o denominador de f ′(x) e´ sempre positivo
e da´ı, na ana´lise do sinal da derivada basta nos atermos ao sinal do numerador. Sendo assim,
ha´ 4 intervalos a considerar (obtidos atrave´s dos pontos cr´ıticos e do ponto fora do domı´nio).
Sa˜o eles:
• x < 1. Nesse caso vemos que f ′(x) > 0 . Logo, f e´ crescente;
• 1 < x < 2. Nesse caso vemos que f ′(x) < 0. Logo, f e´ decrescente.
• 2 < x < 3. Nesse caso vemos que f ′(x) < 0. Logo, f e´ decrescente.
• x > 3. Nesse caso vemos que f ′(x) > 0. Logo, f e´ crescente.
Segue que x = 1 rende ponto de ma´ximo local e x = 3, de mı´nimo local. Temos que
f(1) = 2 e f(3) = 6. Portanto, (1, 2) e´ ponto de ma´ximo local e (3, 6) de mı´nimo local.
(b) Intervalos de concavidade e poss´ıveis pontos de inflexa˜o; (1pt)
Soluc¸a˜o: Como f ′(x) = x
2−4x+3
(x−2)2 , derivando novamente obtemos:
f ′′(x) =
(2x− 4)(x− 2)2 − (x2 − 4x + 3) · 2(x− 2)
(x− 2)4
=
2(x− 2)[(x− 2)2 − (x2 − 4x + 3)]
(x− 2)4
=
2[x2 − 4x + 4− x2 + 4x− 3]
(x− 2)3
=
1
(x− 2)3 .
Como f ′′(x) nunca e´ igual a zero, f na˜o tem pontos de inflexa˜o. Portanto, o u´nico ponto
a se levar em considerac¸a˜o na ana´lise de sinal de f ′′(x) e´ o ponto x = 2 (fora do domı´nio de
f):
• Se x < 2, vemos que f ′′(x) < 0 o gra´fico sera´ coˆncavo para baixo;
• Se x > 2, vemos que f ′′(x) > 0 o gra´fico sera´ coˆncavo para cima;
Note que apesar da alternaˆncia do sinal, x = 2 na˜o rende ponto de inflexa˜o por na˜o
pertencer ao domı´nio de f .
(c) Verifique se ha´ ass´ıntotas verticais e horizontais; (1pt)
Como o u´nico ponto fora de domı´nio e´ x = 2, esse sera´ o u´nico candidato a ass´ıntota
vertical:
lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
x2 − 3
x− 2 = +∞,
pois o numerador tendo a 1 e o denominador tende a zero por valores positivos. Como o
valor do limite foi infinito, conclu´ımos que x = 2 e´ ass´ıntota vertical.
Para analisar a existeˆncia de ass´ıntotas horizontais, calculamos os limites lim
x→+∞
f(x) e
lim
x→−∞
f(x). Temos:
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
x2 − 3
x− 2 = limx→+∞
x− 3
x
1− 2
x
= +∞.
Da mesma forma, lim
x→−∞
f(x) e´ infinito. Como esses dois limites sao infinitos, na˜o ha´
ass´ıntota horizontal.
(c’) Extra: Calcule as assintotas obl´ıquas. (1pt)
Soluc¸a˜o: Como vimos em aula, y = ax+b sera´ ass´ıntota obl´ıqua do gra´fico se, e somente
se a = lim
x→+∞
f(x)
x
e´ um nu´mero real 6= 0 e b = lim
x→+∞
[f(x)− ax] e´ um nu´mero real (ana´logo
para x→ −∞).
a = lim
x→+∞
f(x)
x
=
x2 − 3
x2 − 2x = limx→+∞
x2(1− 3
x2
)
x2(1− 2
x
)
= lim
x→+∞
1− 3
x2
1− 2
x
= 1.
b = lim
x→+∞
[f(x)− ax] = lim
x→+∞
x2 − 3
x− 2 − x = limx→+∞
x2 − 3− x2 + 2x
x− 2 = limx→+∞
2x− 3
x− 2 = 2.
Segue que y = x + 2 e ass´ıntota obl´ıqua. Note que trocando x → +∞ por x → −∞
nos limites acima, obtemos os mesmos resultados. Logo ha´ uma u´nica ass´ıntota obl´ıqua ao
gra´fico, sendo que este ficara´ cada vez mais pro´ximo da ass´ıntota tanto quando x → +∞
como quando x→ −∞.
(d) Esboc¸o do Gra´fico. (1pt)
Soluc¸a˜o: Segue das concluso˜es dos itens anteriores que o gra´fico de f sera´ como na figura
a seguir:
2. A func¸a˜o seno hiperbo´lico e´ da func¸a˜o dada por senh(x) := e
x−e−x
2
. A func¸a˜o cosseno
hiperbo´lico e´ dada por cosh(x) := e
x+e−x
2
.
(a) Prove que senh′(x) = cosh(x) e cosh′(x) = senh(x). (0,5 pt)
Soluc¸a˜o: Sendo senh(x) = e
x−e−x
2
, temos que senh′(x) = e
x−(−1)e−x
2
= e
x+e−x
2
= cosh(x).
Derivando cosh(x), obtemos que cosh′(x) = e
x+(−1)e−x
2
= e
x−e−x
2
= senh(x).
(b) Encontre o polinoˆmio de Taylor de ordem 3 da func¸a˜o senh(x), com centro em a = 0.
(1pt)
Soluc¸a˜o: Notemos que senh(0) = 0 e cosh(0) = 1. Seja f(x) = senh(x). Temos:
f ′(x) = cosh(x), f ′′(x) = senh(x), f ′′′(x) = cosh(x).
Portanto, f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 0 e f ′′′(0) = 1. Segue que o polinoˆmio de Taylor
de f(x) de ordem 3 centrado em a = 0 sera´:
p(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) + f
′′(a)
2!
(x− a)2 + f
′′′(a)
3!
(x− a)3
= f(0) + f ′(0)x + +
f ′′(0)
2!
x2 +
f ′′′(0)
3!
x3
= x +
x3
6
(c) Use o polinoˆmio obtido no item (b) para dar uma aproximac¸a˜o do valor de senh(0, 1).
(0,5pt)
Soluc¸a˜o: O polinoˆmio de Taylor calculado no item (b) aproxima a func¸a˜o senh(x) em
uma vizinhanc¸a de a = 0. Portanto, senh(0, 1) ≈ p(0, 1). Temos:
p(0, 1) = 0, 1 +
(0, 1)3
6
= 0, 1 +
0, 001
6
=
0, 601
6
≈ 0, 1001.
Curiosidade: As func¸o˜es seno e cosseno usuais sa˜o as resposa´veis por parametrizar os
pontos do c´ırculo trigonome´trico x2 + y2 = 1. De fato, todos os pontos desse c´ırculo sa˜o da
forma (cos(t), sen(t)) para algum t ∈ R. As func¸o˜es seno hiperbo´lico e cosseno hiperbo´lico,
por sua vez, sa˜o responsa´veis por parametrizar o “brac¸o”direito da hipe´rbole x2 − y2 = 1.
De fato, se x = cosh(t) e y = senh(t), onde t ∈ R, vemos que x e´ sempre positivo, por
ser soma de duas exponenciais de base e. Ale´m disso:
x2 − y2 = (e
t + e−t)2
4
− (e
t − e−t)2
4
=
e2t + 2ete−t + e−2t − (e2t − 2ete−t + e−2t)
4
=
2 + 2
4
= 1
Ou seja, os pontos da forma (cosh(t), senh(t)), t ∈ R esta˜o sobre a curva x2 − y2 = 1. Note
que isto prova que cosh2(t)− senh2(t) = 1, propriedade similar a` identidade fundamental da
trigonometria cos2(t) + sen2(t) = 1.
3. Um helico´ptero da pol´ıcia rodovia´ria sobrevoa uma autoestrada plana a 3 milhas do solo
a uma velocidade constante de 120 milhas/h. O piloto veˆ um carro se aproximar e o radar
assinala que no instante da observac¸a˜o a distaˆncia entre o carro e o helico´ptero e´ de 5 milhas.
A distaˆncia entre eles diminui a uma taxa de 160 milhas/h. Calcule a velocidade do carro ao
longo da rodovia. (2pts)
Soluc¸a˜o: Considere a figura a seguir que descreve a situac¸a˜o-problema. Nela, o ponto H
representa o helico´ptero, o ponto P a projec¸a˜o ortogonal do helico´ptero sobre a rodovia e C
representa o carro. Na figura, y e´ a distaˆncia entre o helico´ptero e o carro e x e´ a distaˆncia
entre o carro e a projec¸a˜o do helico´ptero. Pelo enunciado do problema, dy
dt
= −160milhas/h,
visto que y esta´ diminuindo ao longo da ac¸a˜o. Pelo Teorema de Pita´goras:
y2 = x2 + 9.
Quando a distaˆncia entre o carro e o helico´ptero e´ de 5 milhas, y = 5. Substituindo na
igualdade acima, obtemos que x = 4. Derivando a igualdade acima implicitamente em
relac¸a˜o a t, obtemos:
2y
dy
dt
= 2x
dx
dt
=⇒ 5(−160) = 4dx
dt
=⇒ dx
dt
= −200.
Portanto, x diminui a uma taxa de 200 milhas/h. Ale´m disso, a taxa de variac¸a˜o de x e´
a soma das velocidades do ponto P com a do ponto C. A velocidade de P , e´ a velocidade
do helico´ptero, que o enunciado diz ser de 120 milhas/h e a velocidade de C, e´ a mesma do
carro. Segue que a velocidade do carro na rodovia e´ igual a 200− 120 = 80 milhas/h.
4. Usando derivac¸a˜o impl´ıcita, calcule as equac¸o˜es da reta tangente e da reta normal a` curvade equac¸a˜o y2(2− x) = x3 no ponto (1, 1). (2pts)
Soluc¸a˜o: Derivando a equac¸a˜o da curva implicitamente em relac¸a˜o a x, obtemos:
2y
dy
dx
(2− x) + y2(−1) = 3x2.
Substituindo as coordenadas do ponto (1, 1):
2
dy
dx
− 1 = 3 ∴ dy
dx
= 2.
Seja y = ax + b a equac¸a˜o da reta tangente a` curva no ponto (1, 1). Como o coeficiente
angular desta reta e´ igual a` derivada no ponto (1, 1), segue que a = 1. Para determinar b,
basta substituir as coordenadas do ponto (1, 1) na equac¸a˜o, visto que ele pertence a` reta.
y = 2x + b =⇒ 1 = 2 + b =⇒ b = −1.
Portanto, a equac¸a˜o da reta tangente a` curva no ponto (1, 1) e´ y = 2x− 1.
Seja agora y = cx + d a equac¸a˜o da reta normal a` curva no ponto (1, 1). O coeficiente
angular sera´ igual ao sime´trico do inverso do coeficiente angular da tangente. Portanto,
c = −1
2
. Para determinar, d, substitu´ımos as coordenadas de (1, 1) na equac¸a˜o da reta.
y = −x
2
+ d =⇒ 1 = −1
2
+ d =⇒ d = 3
2
.
Portanto, a equac¸a˜o da reta normal a` curva no ponto (1, 1) e´ y = −x+3
2
.