1ª Prova - Matemática A - 2010

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Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Cieˆncias Exatas – ICEx
Departamento de Matema´tica
Matema´tica A: Resoluc¸a˜o da 1a Prova
1o Semestre de 2010 - Turma A - 15/09/2010
1. Encontre dy/dx.
(a) y =
√
x tg3(
√
x); (b) y =
(2x+ 3)3
(4x2 − 1)8 .
Soluc¸a˜o:
(a) Pela regra do produto
y′ = (
√
x)′ tg3(
√
x) +
√
x (tg3(
√
x))′
e enta˜o, pela regra da cadeia,
y′ =
1
2
√
x
tg3(
√
x)+
√
x. 3tg2(
√
x). (tg(
√
x)′ =
1
2
√
x
tg3(
√
x)+
√
x. 3tg2(
√
x). (sec2(
√
x)(
√
x)′
=
1
2
√
x
tg3(
√
x) +
√
x. 3tg2(
√
x). (sec2(
√
x).
1
2
√
x
.
(b) Pela regra do quociente,
y′ =
(
(2x+ 3)3
(4x2 − 1)8
)′
=
(4x2 − 1)8((2x+ 3)3)′ − ((4x2 − 1)8)′(2x+ 3)3
(4x2 − 1)16
e enta˜o, pela regra da cadeia,
y′ =
(4x2 − 1)8. 3(2x+ 3)2. (2)− 8(4x2 − 1)7. (8x).(2x+ 3)3
(4x2 − 1)16 .
2. Trigo esta´ saindo atrave´s de uma calha de escoamento a uma taxa de 10
pe´s3/min e caindo numa pilha coˆnica cujo raio da base e´ sempre a metade
da altura. Com que rapidez estara´ aumentando o raio da base quando a
altura da pilha for de 8 pe´s?
Soluc¸a˜o: V = volume do cone, r = raio da base do cone, h = altura do cone.
Como h = 2r, enta˜o
V =
1
3
pir2 =
2
3
pir3.
Derivando em relac¸a˜o ao tempo t,
dV
dt
=
2
3
pi. 3r2.
dr
dt
.
No instante em que h = 8 temos
h = 8 ⇒ r = 4 ⇒ 10 = 2pi(4)2.dr
dt
.
e portanto,
dr
dt
=
10
32pi
=
5
16pi
pe´s/min.
3. Encontre os valores de a e b para a curva de equac¸a˜o x2y + ay2 = b para que
o ponto (1, 1) esteja no gra´fico dessa curva e para que a tangente em (1, 1)
tenha a equac¸a˜o 4x+ 3y = 7.
Soluc¸a˜o: Derivando implicitamente a equac¸a˜o da curva (em relac¸a˜o a x):
x2y+ay2 = b (1) ⇒ 2xy+x2y′+2ayy′ = 0 ⇒ x2y′+2ayy′ = −2xy ⇒ y′ = −2xy
x2 + 2ay
(2)
Como a inclinac¸a˜o da reta dada y = −4
3
x+ 7
3
e´ −4
3
, a equac¸a˜o (2) implica que
a derivada no ponto (1, 1) e´
y′ =
−2
1 + 2a
= −4
3
(3).
Para que o ponto (1, 1) esteja na curva temos pela equac¸a˜o (1) que
1 + a = b (4).
Pelas equac¸o˜es (3) e (4) temos que
a =
1
4
, b =
5
4
.
4. Calcule
(a) lim
x→4
5x2 − 5x− 60
4 + 3x− x2 ; (b) limx→0
x− x cos x
x− sen x ; (c) limx→+∞
2x+ x senx
x2 + 1
.
Soluc¸a˜o:
(a) O limite e´ do tipo 0/0. Usando L’Hospital:
lim
x→4
5x2 − 5x− 60
4 + 3x− x2 = limx→4
(5x2 − 5x− 60)′
(4 + 3x− x2)′ = limx→4
10x− 5
3− 2x = limx→4
40− 5
3− 8 =
35
−5 =
−7.
(b) Usamos L’Hospital treˆs vezes pois a forma 0/0 aparece o mesmo nu´mero
de vezes:
lim
x→0
x− x cos x
x− senx = limx→0
(x− x cos x)′
(x− sen x)′ = limx→0
1− cos x− x (−senx)
1− cos x =
lim
x→0
(1− cos x+ x sen x)′
(1− cos x)′ = limx→0
sen x+ sen x+ x cos x
sen x
= lim
x→0
(2senx+ x cos x)′
(sen x)′
=
= lim
x→0
2 cos x+ cos x− x sen x
cos x
= lim
x→0
3 cos 0 + 0 sen 0
cos 0
= 3.
(c) Dividimos pelo monoˆmio de grau mais alto que aparece no denomina-
dor:
lim
x→+∞
2x+ x sen x
x2 + 1
= lim
x→+∞
2x+x senx
x2
x2+1
x2
= lim
x→+∞
2
x
+ senx
x
1 + 1
x2
= =
0 + 0
1 + 0
=
0
1
= 0.