AP2 2013.1 MD II Gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
AP2 – Gabarito – Me´todos Determin´ısticos II
Questa˜o 1: (3,0pts) Para a seguinte func¸a˜o f(x) = x
2−x+1
x2
fac¸a o seguinte:
a) Calcule o dom´ınio e a imagem de f(x);
b) Calcule os seguintes limites: lim
x→0+
f(x), lim
x→0−
f(x), lim
x→−∞
f(x) e lim
x→+∞
f(x);
c) Calcule e estude o sinal de f ′(x);
d) Calcule e estude o sinal de f ′′(x);
e) Fac¸a um esboc¸o do gra´fico de f(x);
Soluc¸a˜o: a) Como a func¸a˜o e´ uma raza˜o entre polinoˆmios, esta func¸a˜o estara´ bem definida desde
que o denominador x2 seja diferente de zero, isto e´, x 6= 0. Portanto, D(f) = {x ∈ R : x 6= 0}.
b) Vamos calcular os limites sugeridos:
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
x2 − x+ 1
x2
= +∞
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
x2 − x+ 1
x2
= +∞,
Observe que, nos dois limites acima, x→ 0 o denominador
vai para 1 e o denominador vai para 0 com valores positivos.
lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
x2
x2
(
1− 1
x
+ 1
x2
1
)
= lim
x→−∞
(
1− 1
x
+ 1
x2
1
)
= 1,
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
x2
x2
(
1− 1
x
+ 1
x2
1
)
= lim
x→+∞
(
1− 1
x
+ 1
x2
1
)
= 1.
No limite x→ −∞ se aproxima de 1 com valores superiores a 1 e em x→ +∞ o limite se aproxima
de 1 com valores inferiores a 1. Com tudo isso, conclu´ımos que a reta y = 1 e´ uma reta ass´ıntota
horizontal e x = 0 e´ uma ass´ıntota vertical.
c) Vamos calcular
f ′(x) =
(x2 − x+ 1)′ (x2)− (x2 − x+ 1) (x2)′
(x2)2
=
(2x− 1) (x2)− (x2 − x+ 1) (2x)
x4
=
(2x− 1) (x)− (x2 − x+ 1) (2)
x3
=
x− 2
x3
.
Vamos fazer a ana´lise do sinal da f ′(x). Para isso, veja abaixo
Portanto, a nossa func¸a˜o e´ crescente de (−∞, 0), no intervalo (0, 2) ela se torna decrescente, e
(2,+∞) ela volta a ser crescente.
d) Vamos calcular a segunda derivada
f ′′(x) =
(x− 2)′ (x3)− (x− 2) (x3)′
(x3)2
=
(x3)− (x− 2) (3x2)
x6
=
(x)− (x− 2) (3)
x4
=
6− 2x
x4
.
Vitor Bercot
Texto digitado
2013.1
Me´todos Determin´ısticos 2 AP2 2
Observe que o denominador da 2a derivada depende apenas do sinal do numerador 6− 2x, uma vez
que o denominador e´ x4 > 0 para todo x ∈ D(f). Logo f ′′(x) > 0 se x < 3 e f ′′(x) < 0 se x < 3.
Disso, segue que a concavidade da f(x) tem boca voltada para cima se x < 3 e boca voltada para
baixo se x > 3.
e) Para fazer o esboc¸o do gra´fico comece marcando as retas y = 1 e x = 0 (veja gra´fico: 1). No
intervalo (−∞, 0) a func¸a˜o e´ crescente, com boca voltada para cima, ale´m de que quando x→ −∞
a func¸a˜o se aproxima de 1 com valores superiores a 1 e, para x→ 0−, a func¸a˜o vai para mais infinito,
isso e´ suficiente para desenharmos gra´fico 2.
Para terminar o esboc¸o do gra´fico, veja que para 0 < x < 3 a boca esta voltada para cima e a func¸a˜o
e´ decrescente no intervalo (0, 2) e depois ela se torna crescente. Mas quando x → 0+ a func¸a˜o vai
para mais infinito. Ale´m disso, observe que f ′(2) = 0 e f(2) = 3
4
o que nos leva a concluir que a
func¸a˜o se aproxima da reta x = 0 (eixo y) e vem descendo assumindo o menor valor x = 2 e depois
comec¸a a subir. No ponto x = 3 a concavidade se volta para baixo e como, f(x)→ 1 com valores
menores que 1, quando x→ +∞. Temos os elementos suficientes para esboc¸ar a 2a parte do gra´fico
de f(x) que pose ser vista no gra´fico 3.
Figura 1: As Ass´ıntotas Figura 2: 1a parte do gra´fico Figura 3: f(x) =
x2−x+1
x2
Questa˜o 2: (2,0pts) Considere 5 medidas x1, x2, x3, x4 e x5 de uma grandeza x e os seus erros
x1−x, x2−x, x3−x, x4−x e x5−x. Mostre que o valor de x que minimiza a soma dos quadrados
dos erros e´ a me´dia aritme´tica
x0 =
x1 + x2 + x3 + x4 + x5
5
.
Soluc¸a˜o: Inicialmente vamos determinar a func¸a˜o que pretendemos estudar
d(x) = (x1 − x)2 + (x2 − x)2 + (x3 − x)2 + (x4 − x)2 + (x5 − x)2.
Vemos que a func¸a˜o e´ um polinoˆmio de 2o grau, ale´m disso, se expandir todos os termos teremos
um polinoˆmio de 2o cujo o coeficiente que acompanha o termo de grau 2 e´ positivo. Portanto, ao
calcularmos o ponto cr´ıtico obteremos o ponto de m´ınimo. Enta˜o vamos a`s contas: derivando e
igualando a zero obtemos
d′(x) = −2(x1−x)−2(x2−x)−2(x3−x)−2(x4−x)−2(x5−x) = 0⇔ 5x = x1+x2+x3+x4+x5
E, portanto o m´ınimo sera´ x = x1+x2+x3+x4+x5
5
.
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Me´todos Determin´ısticos 2 AP2 3
Questa˜o 3: (2,5pts) Calcule as seguintes integrais.
a)
∫
x
(
3
√
x+
√
x
)
dx
b)
∫
2t2 + t2
√
t− 1
t2
dt
c)
∫
x2e−x dx
Soluc¸a˜o: a) ∫
x
(
3
√
x+
√
x
)
dx =
∫
x
(
x
1
3 + x
1
2
)
dx =
∫
x
4
3 + x
3
2 dx
=
2x5/2
5
+
3x7/3
7
+K.
b) ∫
2t2 + t2
√
t− 1
t2
dt =
∫
2 +
√
t− t−2 dt
=
2t3/2
3
+ 2t+
1
t
+K.
c) Essa integral se faz por partes. Seja u = x2 ⇒ du = 2x dx e dv = e−x dx⇒ v = −e−x, logo∫
x2e−x dx = −x2e−x −
∫
−2xe−x dx
Aplicando mais uma vez o mesmo me´todo em
∫
xe−x dx fazendo u = x ⇒ du = dx e dv =
e−x dx⇒ v = −e−x, enta˜o a integral inicial fica∫
x2e−x dx = −x2e−x + 2
(
−xe−x −
∫
−e−x dx
)
= e−x
(−x2 − 2x− 2)+K
Questa˜o 4 (2,5pts) Calcule a a´rea da figura compreendida entre a para´bola y = x2 e a reta
y = 3− 2x.
Soluc¸a˜o: Inicialmente igualamos as equac¸o˜es para encontrar os pontos x nos quais os gra´ficos se
interceptam e obtemos
x2 = 3− 2x⇔ x2 + 2x− 3 = 0⇔ x = −3 e x = 1.
E obtemos a seguinte regia˜o,
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Me´todos Determin´ısticos 2 AP2 4
Figura 4: Esboc¸o da regia˜o entre y = x2 e a reta y = 3− 2x
Portanto devemos fazer a a´rea sobre a reta menos a a´rea sobre a para´bola no intervalo [−3, 1].∫ −3
1
3− 2x dx−
∫ −3
1
x2 dx =
∫ −3
1
3− 2x− x2 dx =
[
−x
3
3
− x2 + 3x
]−3
1
=
32
3
u2.
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