Cálculo 1 - Gabarito Prova 2 - Derivadas - 2016/1 UFMG

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Departamento de Matemática – ICEx – UFMG – 2a Prova de Cálculo I - Turma TN3 - 18/05/2016
Nome completo legível:
(1) (15 pontos) Considere a f : R −→ R dada por f(x) = xe−x2 e suas derivadas f ′(x) = (1−2x2)e−x2 e f ′′(x) = (4x3−6x)e−x2 .
a) Identifique os intervalos em que essa função é positiva, negativa e determine os seus zeros (raizes). Determine se ela
exibe simetrias.
Solução: Como e−x
2
é positivo para todo x ∈ R, temos que o sinal de f coincide com o sinal do fator x. Assim, f
é negativa no intervalo (−∞, 0) e positiva no intervalo (0,∞). Além disso o seu único zero é em x = 0. Note que
f(−x) = (−x)e−(−x)2 = −xe−x2 = −f(x), logo f é ímpar.
b) Determine os intervalos onde a função f é crescente e onde é decrescente.
Solução: Vamos estudar o sinal de f ′. Novamente, basta considerar o sinal do fator 1− 2x2 cujo gráfico é uma parábola
côncava para baixo com raízes em ±1/√2. Segue daí que f ′ é negativa nos intervalos (−∞,−1/√2) e (1/√2,∞) e,
consequentemente, f é decrescente nesses intervalos. Além disso, f ′ é positiva no intervalo (−1/√2, 1/√2) logo, crescente
nesse intervalo.
c) Determine os intervalos nos quais o gráfico de f é côncavo para cima e onde é côncavo para baixo.
Solução: Assim como nos itens anteriores, o sinal de f ′′ coincide com o do fator 4x3 − 6x = 2x(2x2 − 3). Esse fator se
anula nos pontos x = 0, x = ±√3/2. Testando valores nos intervalos (−∞,−√3/2), (−√3/2, 0), (0,√3/2) e (√3/2,+∞)
concluímos que esse fator é negativo no primeiro, positivo no segunto, negativo no terceiro e positivo no quarto. Conclui-se
que f é côncava para baixo no primeiro, para cima no segundo, para baixo no terceiro e para cima no último.
d) Obtenha, se houver, as assíntotas de f .
Solução: Temos limx→±∞ f(x) = limx→±∞ xe−x
2
= limx→±∞ x/ex
2
= limx→∞ 1/(2xex
2
) = 0, onde usamos a Regra de
L’Hôspital na última igualdade. Assim, y = 0 é a única assíntota horizontal. Essa função não apresenta assíntotas verticais
porque está definida para todo número real e é contínua.
e) Determine, se houver, os pontos de máximo e de mínimo locais de f . É possível garantir que eles são màximo ou de
mínimo globais? Justifique.
Solução: Como f é derivável em todo x ∈ R a derivada se anula nos pontos de máximo ou mínimo locais. Como os zeros
da derivada são os pontos x = −1/√2 e x = 1/√2, e a derivada segunda é positiva no primeiro e negativa no segundo,
temos que o primeiro é um ponto de mínimo local enquanto o segundo é um ponto de máximo local. Eles também são
pontos de mínimo e máximo global respectivamente (veja o gráfico de f no próximo item).
f) Faça o esboço do gráfico de f , identificando, caso existam, as assíntotas, os pontos de máximo e mínimo e os pontos de
inflexão.
Solução: (somente o gráfico)
−4 −2 2 4
−0.4
−0.2
0.2
0.4
1
2
(2) (10 pontos) A área de um círculo aumenta a uma taxa constante de 2cm2/s. Calcule a taxa de variação da sua circunferência
quando o raio é igual a 2cm.
Solução: A área A de um círculo como função do seu raio r é dada por A = pir2, enquanto a sua circunferência C é dada por:
C = 2pir, o que pode ser escrito como r = C/2pi. Substituindo na expressão para A, encontramos A = pi(C/2pi)2 = C2/4pi.
Pensando em A e C como funções do tempo temos que:
A(t) =
(
C(t)2
4pi
)
.
Derivando ambos os lados com respeito à variável t, obtemos:
A′(t) =
2C(t)C ′(t)
4pi
=
C(t)C ′(t)
2pi
.
Resolvendo para C ′(t) encontramos:
C ′(t) =
2piA′(t)
C(t)
=
A′(t)
r(t)
.
Usando o fato de que A′(t) = 2cm2/s, o exato instante de tempo em que r(t) = 2cm, obtemos:
C ′(t) =
2cm2/s
2cm
= 1cm/s.
(3) (10 pontos) Um rio com margens retas e paralelas, distantes 4km ente si, corre na direção leste-oeste. Uma refinaria de petróleo
encontra-se localizada em um ponto A na margem norte que fica em frente a um ponto B na margem sul. A 20km a leste do ponto
B, encontra-se o ponto C onde há um reservatório que deve ser ligado a A por meio de um oleoduto. O custo de construção do
oleoduto sob o leito do rio do ponto A a um ponto P entre B e C é de 50.000, 00R$/km. Já o custo de construção entre P e C sob a
margem do rio é de 30.000, 00R$/km. Determine onde deve estar localizado o ponto P para que o custo seja o mínimo possível.
Solução: Seja x a distância do ponto P ao ponto B medida em quilômetros e denote C1 = 50.000, 00R$/km e C2 =
30.000, 00R$/km. Note que a distância do ponto A ao ponto P , medida em quilômetros, é dada, como função de x, por√
x2 + 16. Então o custo total de construção do oleoduto, em reais, é dado, por:
0 ≤ x ≤ 20.
Precisamos minimizar o valor de f no intervalo dado. Para isso, notando que f é derivável em todos os pontos, procuramos
os pontos críticos de f nesse intervalo, que correspondem aos pontos em que a sua derivada
f ′(x) =
C1x√
x2 + 16
− C2
se anula.
Derivando f e igualando a 0 e notando que estamos interessados apenas em valores de x positivos, obtemos:
C1x√
x2 + 16
− C2 = 0 ⇐⇒ C1x√
x2 + 16
= C2 ⇐⇒ C
2
1x
2
x2 + 16
= C22 ⇐⇒
C21
C22
x2 = x2 + 16.
Substituindo agora os valores de C1 e C2 dados e, novamente notando que que estamos interessados somente em valores de
x positivos, obtemos:
25
9
x2 = x2 + 16 ⇐⇒ x2 = 1625
9 − 1
⇐⇒ x = 4√
25
9 − 1
⇐⇒ x = 3.
Logo, x = 3 é o único ponto crítico para f . Temos que o custo total, em reais, quando o ponto P se encontra a 3km do
ponto B é dado
f(3) = 50.000, 00
√
32 + 16 + 30.000, 00(20− 3) = 250.000, 00 + 510.000, 00 = 780.000, 00.
Vamos agora calcular o valor de f nos extremos dos intervalos, isto é, f(0) e f(20). Note que esses custos correspondem,
respectivamente, às situações nas quais o oleoduto atravessa o rio do ponto A ao ponto B ou então diretamente do ponto
A ao ponto P . No primeiro caso, temos
f(0) = 50.000
√
02 + 16 + 30.000 (20− 0) = 200.000 + 600.00 = 800.000.
No segundo caso, temos:
f(20) = 50.000
√
202 + 16 > 50.000 · 20 = 1.000.000, 00.
Assim, o custo total será mínimo quando o ponto P estiver localizado a 3km do ponto B.
3
(4) (Extra) Calcule o valor aproximado de ln(e3 + 1/10). (Use e3 = 20, 085537 ou deixe sua resposta em termos de e3)
Solução: Faremos uma aproximação linear de f em torno do ponto a = e3. Para h suficientemente pequeno, podemos
aproximar o valor de f(a+h) pelo valor assumido pela reta tangente ao gráfico de f em a, obtendo f(a+h) ≈ f(a)+f ′(a)·h.
Fazendo assim, h = 1/10, obtemos que
f(e3 + 1/10) ≈ f(e3) + f ′(e3) · 1
10
= ln(e3) +
1
e3
· 1
10
= 3 · ln(e) + 1
10e3
= 3 +
1
10e3
.