prova 2 2001.1 cálculo I area II CIn UFPE

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Departamento de Matema´tica - CCEN - UFPE
CA´LCULO I - A´REA II
PRIMEIRO SEMESTRE — 2001
Data: 16 de maio de 2001
GABARITO DO 2o. EXERCI´CIO ESCOLAR
1. a) Devemos ter: 0 ≤ √4− x2 ≤ 1 ou 0 ≤ 4− x2 ≤ 1, assim o domı´nio da func¸a˜o f e´:
Df = {x ∈ IR / − 2 ≤ x ≤ −
√
3 ou
√
3 ≤ x ≤ 2}.
E,
f ′(x) = 1√
1−(
√
4−x2)2
(
√
4− x2)′
= 1√
1−(4−x2)
1
2
√
4−x2 (−2x)
= −x√
x2−3
1√
4−x2 .
b) Devemos ter: −x2 + 4x− 3 > 0→ 1 < x < 3, assim o domı´nio da func¸a˜o f e´:
Df = {x ∈ IR / 1 < x < 3}.
E,
f ′(x) = 1
(−x2+4x−3)(−x2 + 4x− 3)′
= 1
(−x2+4x−3)(−2x+ 4).
2 a) Aplicando a Regra de L’Hopital temos que:
lim
x→1
lnx
sin(pix)
= lim
x→1
1/x
pi cos(pix)
=
1
−pi = −
1
pi
b) Primeiro temos que:
lim
x→0
ln (cos(x))1/x
2
= lim
x→0
ln(cos(x))
x2
= lim
x→0
− sin(x)
cos(x)
2x
= lim
x→0
−tan(x)
2x
= lim
x→0
− sec2(x)
2
= −1
2
.
Logo,
lim
x→0
(cos(x))1/x
2
= e−1/2.
c) Temos que:
lim
x→+∞
10x2 + 3xe−x
(2x+ 1)2
= lim
x→+∞
10x2
(2x+ 1)2
+ lim
x→+∞
3xe−x
(2x+ 1)2
.
1
Como,
lim
x→+∞
10x2
(2x+ 1)2
= lim
x→+∞
20x
4(2x+ 1)
= lim
x→+∞
20
8
=
5
2
e lim
x→+∞
3xe−x
(2x+ 1)2
= 0
(pois lim
x→+∞
3xe−x = lim
x→+∞
3x
ex
= lim
x→+∞
3
ex
= 0). Logo,
lim
x→+∞
10x2 + 3xe−x
(2x+ 1)2
=
5
2
+ 0 = 5/2
3. A func¸a˜o esta definida para todos os x diferentes de 1, i.e. Df = {x ∈ R, x 6= 1}.
a)
f ′(x) =
x2 − 2x
(x− 1)2 .
f ′(x) = 0⇔ x2 − 2x = 0⇔ x = 0 ou x = 2.
Os pontos criticos de f(x) teˆm x = 0 ou x = 2.
f ′(x) > 0⇔ x2 − 2x > 0 (x 6= 1)⇔ x < 0 ou x > 2.
f ′(x) < 0⇔ 0 < x < 2, x 6= 1.
A func¸a˜o e´ crescente nos intervalos (−∞, 0) e (2,+∞) e decrescente nos intervalos (0, 1) e
(1, 2). Portanto o ponto x = 0 e´ ponto de maximo local (ou relativo) e o ponto x = 2 e´
ponto de minimo local (ou relativo).
b)
f”(x) =
(2x− 2)(x− 1)2 − 2(x2 − 2x)(x− 1)
(x− 1)4 =
2
(x− 1)3 .
Para cada x ∈ Df temos f ′′(x) 6= 0, i.e. na˜o existem pontos de inflexa˜o por f(x).
f ′′(x) > 0⇔ (x− 1)3 > 0⇔ x > 1.
f ′′(x) < 0⇔ x > 1.
A concavidade e´ para cima no intervalo (1,+∞) e para baixo no intervalo (−∞, 1).
c) lim
x→1−
x2
x− 1 = −∞ e limx→1+
x2
x− 1 = +∞. Portanto a reta de equac¸a˜o x = 1 e´ ass´ıntota
vertical por f(x).
lim
x→−∞
x2
x− 1 = −∞ e limx→+∞
x2
x− 1 = +∞, i.e. f(x) na˜o admite ass´ıntotas horizontais.
lim
x→−∞
f(x)
x
= lim
x→−∞
x2
x(x− 1) = 1 e limx→−∞ f(x) − x = limx→−∞
x
x− 1 = 1 implicam que a reta
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de equac¸a˜o y = x + 1 seja ass´ıntota obliqua para x→ −∞. Calculando os limites analogos
para x→ +∞, resulta que a reta y = x+ 1 e´ tambe´m ass´ıntota obliqua para x→ +∞.
d) Gra´fico de f a ser desenhado: hipe´rbole con ass´ıntotas x = 1 e y = x + 1 e ve´rtices nos
pontos (0,−1) e (2, 4).
4. Sejam x e y os lados do retaˆngulo. Entao 2x + 2y = per´ımetro = 4, logo y = 2 − x.
Queremos maximizar a func¸a˜o Area do retaˆngulo= A = xy = x(2− x). Observe que x varia
no intervalo [0, 2], porque 2x ≤ per´ımetro = 4. Como d
dx
A = 2 − 2x, o u´nico ponto cr´ıtico
de A(x) ocorre quando x = 1. Como nos pontos extremos A(0) = 0 e A(2) = 0 e no ponto
cr´ıtico A(1) = 1, conclu´ımos que o ma´ximo da a´rea ocorre quando x = 1. De y = 2 − x,
obtemos y = 1. O retaˆngulo de maior a´rea e per´ımetro 4 e´ o quadrado de lado 1. Resposta:
x = 1, y = 1.
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