prova 2 2003.1 cálculo I area II CIn UFPE

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Departamento de Matema´tica - CCEN - UFPE
CA´LCULO I - A´REA II
PRIMEIRO SEMESTRE — 2003
Data: 30 de Junho de 2003
GABARITO DO 2o. EXERCI´CIO ESCOLAR
1. a) f ′(x) = [arcsen(x2)]′ + [2x]′ = 2x√
1−x4 + ln(2)2
x.
b) Desde que f(x) = (2 + ex)arctan(x) = eln(2+e
x)arctan(x) = earctan(x) ln(2+e
x), tem-se:
f ′(x) = earctan(x) ln(2+e
x)[arctan(x) ln(2 + ex)]′
= earctan(x) ln(2+e
x)
[
1
1+x2
ln(2 + ex) + arctan(x) 1
2+ex
ex
]
= (2 + ex)arctan(x)
[
1
1+x2
ln(2 + ex) + arctan(x) e
x
2+ex
]
.
2. Necessitamos dos valores da func¸a˜o e de suas derivadas primeira e segunda no ponto x = 0.
Mas
f ′(x) = − 1
(x− 1)2 e f
′′(x) =
2
(x− 1)3 ;
portanto, f ′(0) = −1 e f ′′(0) = −2. O polinoˆmio desejado e´ dado por
P2(x) = 1 +
−1
1!
x+
−2
2!
x2,
ou seja
P2(x) = 1− x− x2.
3.
f(x) =

2x3 + 3x2 − 12x− 1 x ≤ 0
1
x−1 x > 0
a) Para x ≤ 0, f(x) = 2x3 + 3x2 − 12x− 1. Logo, para todo x ≤ 0, f(x) esta´ definida.
Para x > 0, f(x) = 1
x−1 . Logo, para x > 0, f(x) esta´ definida se x 6= 1. Assim, o domı´nio Df de
f e´ o conjunto:
Df = {x / x 6= 1 }
b) Para x ≤ 0, f ′(x) = 6x2+6x− 12 = 6(x+2)(x− 1). As ra´ızes do polinoˆmio 6x2+6x− 12 sa˜o
x = −2 e x = 1. Logo, para x ≤ 0, temos um u´nico ponto cr´ıtico: x = −2.
Para x > 0, x 6= 1, f ′(x) = − 1
(x−1)2 6= 0. Logo, para x > 0, na˜o temos pontos cr´ıticos.
Pontos Cr´ıticos: x=-2. Note que f na˜o e´ diferencia´vel em x = 0.
c) Para x ≤ 0, f ′(x) = 6(x+2)(x−1). Logo, f ′ e´ positiva em (−∞,−2) e f ′ e´ negativa em (−2, 0).
Para x > 0, x 6= 1, f ′(x) = − 1
(x−1)2 < 0. Logo, f
′ e´ negativa em (0, 1) e em (1,∞).
Consequentemente, temos:
f e´ crescente em (−∞,−2) e decrescente em (−2, 1) e (1,∞).
d) Note que o u´nico ponto onde o sinal de f ′ muda e´ em x = −2. Note tambe´m que: (1) f ′(x) > 0,
para x < −2, x perto de -2, (2) f ′(x) > 0, para x < −2, x perto de -2. Consequentemente temos
f tem um u´nico extremo local, que e´ um ma´ximo local, e acontece em x = −2.
e) Para x ≤ 0, f ′′(x) = 12x + 6 = 6(2x + 1). Logo, para x ≤ 0, f ′′ e´ negativa em (−∞,−1
2
) e
positiva em (−1
2
, 0).
Para x > 0, x 6= 1, f ′′(x) = 2
(x−1)3 < 0. Logo, f
′′ e´ negativa em (0, 1) e positiva em (1,∞).
Consequentemente, temos:
f e´ concava para baixo em (−∞,−1
2
) e em (0, 1). f e´ concava para cima em (−1
2
, 0) e
em (1,∞).
Note que a concavidade muda em x = −1
2
e em x = 0. Consequentemente, temos: f tem pontos
de inflexa˜o em x = −1
2
e em x = 0.
f) Ass´ıntotas Horizontais:
limx→+∞f(x) = limx→+∞ 1x−1 = 0
limx→−∞f(x) = limx→−∞2x3 + 3x2 − 12x− 1 = −∞.
Consequentemente, temos:
y = 0 e´ ass´ıntota horizontal quando x → +∞. f na˜o tem ass´ıntota horizontal quando
x→ −∞.
Ass´ıntotas Verticais:
limx→1+f(x) = limx→1+ 1x−1 = +∞
limx→1−f(x) = limx→1− 1x−1 = −∞
Consequentemente, temos:
x = 1 e´ a u´nica ass´ıntota vertical, e limx→1+ 1(x−1) = +∞, limx→1− 1(x−1) = −∞.
Ass´ıntotas Obl´ıquas:
Para x→ +∞, y = 0 e´ uma ass´ıntota horizontal (em particular, y = 0 e´ uma ass´ıntota obl´ıqua).
Logo, basta estudar o caso x→ −∞.
Mas, limx→−∞
f(x)
x
= limx→−∞ 2x
3+3x2−12x−1
x
= limx→−∞2x2 + 3x− 12− 1x = +∞.
Consequentemente, temos:
f na˜o tem ass´ıntota obl´ıqua, quando x→ −∞.
g)
x f(x)
−2 19
−1
2
11
2
0 −1
x→ +∞ f(x)→ 0 assintota horizontal
x→ −∞ f(x)→ −∞
x→ 1+ f(x)→ +∞ assintota vertical
x→ 1− f(x)→ −∞ assintota vertical
x→ 0+ f(x)→ −1
x→ 0− f(x)→ −1
Note que, como limx→0f(x) = −1 = f(1), temos que f e´ cont´ınua em x = 0.
4. a) Se x e y sa˜o esses nu´meros enta˜o x + y = 100 e queremos achar o ponto de ma´ximo de
f(x) = xy = x(100− x) = 100x− x2. Em tal ponto f ′(x) = 100− 2x = 0 ⇒ x = 50. Checando:
f ′′(x) = −2 ⇒ f ′′(50) < 0 enta˜o x = 50 e´ realmente ponto de ma´ximo, desde que ele e´ o u´nico
ponto cr´ıtico. Os nu´meros pedidos sa˜o x = 50 e y = 50.
b) A distaˆncia de (0, 1) a (x, y) e´ d(x, y) =
√
x2 + (y − 1)2. Se (x, y) esta´ sobre a para´bola
y = x2 − 1, enta˜o d(x) = √x2 + (x2 − 1− 1)2 = √x2 + (x2 − 2)2. Como a distaˆncia e´ uma
func¸a˜o crescente, o valor mı´nimo de d(x) e´ a raiz quadrada do valor mı´mimo de d2(x). Sendo
f(x) = d2(x) = x2 + (x2 − 2)2, um ponto de mı´nimo ocorre quando f ′(x) = 2x + 2(x2 − 2) 2x =
2x(1 + 2x2 − 4) = 2x(2x2 − 3) = 0. Os pontos que satisfazem essa equac¸a˜o sa˜o x = 0, x =√
3
2
, x = −
√
3
2
. Para saber qual desses valores minimiza f , usamos o teste da derivada segunda:
f ′′(x) = 12x2 − 6, f ′′(0) = −6, f ′′(±
√
3
2
) = 12 e observamos que lim
x→±∞
f(x) = +∞. Portanto
existem dois pontos sobre a para´bola que esta˜o mais pro´ximos de (0, 1): (
√
3
2
, 1
2
) e (−
√
3
2
, 1
2
).
5. a) Desde que o limite lim
x→+∞
√
x− 1
x+ 4
e´ da forma +∞
+∞ pela regra de L’Hoˆpital temos que:
lim
x→+∞
√
x− 1
x+ 4
= lim
x→+∞
1
2
√
x
1
= lim
x→+∞
1
2
√
x
= 0.
b) O limite lim
x→0+
sen(x) ln(sen(x)) e´ da forma 0 · −∞, devemos colocar a expressa˜o acima numa
forma conveniente com o objetivo de aplicar a regra de L’Hoˆpital, ou seja, lim
x→0+
sen(x) ln(sen(x)) =
lim
x→0+
ln(sen(x))
1
sen(x)
= lim
x→0+
cos(x)
sen(x)
− cos(x)
sen2(x)
= − lim
x→0+
sen(x) = 0.
c) O limite lim
x→+∞
(
1 +
2
x
)x3
e´ da forma 1+∞ logo para aplicar a regra de L’Hoˆpital devemos
usar a seguinte identidade:
(
1 + 2
x
)x3
= eln(1+
2
x)
x3
= ex
3 ln(1+ 2x). O expoente desta u´ltima ex-
pressa˜o e´ da forma +∞ · 0, portanto continua sendo indeterminada. Agora usamos a seguinte
identidade: x3 ln
(
1 + 2
x
)
=
ln(1+ 2x)
1
x3
. Logo, pela regra de L’Hoˆpital, temos lim
x→+∞
x3 ln
(
1 +
2
x
)
=
lim
x→+∞
ln
(
1 + 2
x
)
1
x3
= lim
x→+∞
1
1+ 2
x
−2
x2
−3
x4
= −2
3
lim
x→+∞
x3
2 + x
= +∞. Da´ı que lim
x→+∞
(
1 +
2
x
)x3
= +∞.