VS do professor Alan - UFF

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GMA – Departamento de Matema´tica Aplicada
VS de Ca´lculo 1A – Prof. Alan Muniz
17/07/2017
Nome:
ATENC¸A˜O: Respostas sem justificativas NA˜O sera˜o aceitas.
1. (1 pt) Considere a seguinte func¸a˜o:
f(x) =
{
cos(x− 1), x ≥ 1
−x4 + 4x3 − 5x2 + 2x− 1, x < 1
.
Esta func¸a˜o e´ diferencia´vel em x = 1? Por queˆ?
2. (2 pts) Seja f uma func¸a˜o cont´ınua definida em uma vizinhanc¸a de 0 ∈ R. Sabendo que, nesta
vizinhanc¸a,
x− x2 + x3 − x4 ≤ f(x) ≤ ln(x+ 1),
(a) (1 pt) calcule f(0);
(b) (1 pt) verifique que f e´ diferencia´vel em 0 e calcule
df
dx
(0).
3. (1,5 pt) Considere a curva abaixo dada pela equac¸a˜o (x2 + y2)
2
− 10 (x2 − y2) = 4 (uma Oval
de Cassini). Encontre a equac¸a˜o da reta tangente a esta curva no ponto P = (1, 1).
−1
1
1 2 3−1−2−3
x
y
b
P
4. (1 pt) Dentre todos os retaˆngulos com 4m de per´ımetro, determine o de maior a´rea.
5. (1,5 pt) Deˆ o polinoˆmio de Taylor de ordem 3 de
f(x) = sen(x2)
em torno de x = 0.
6. (3 pts) Considere a func¸a˜o
f(x) =
1
x+ 1
+ 2 ln(x+ 1).
(a) (0,5 pts) Determine o domı´nio, as intersec¸o˜es com os eixos e as ass´ıntotas;
(b) (1 pt) Determine os pontos cr´ıticos e os intervalos de crescimento e decrescimento;
(c) (1 pt) Determine os pontos de inflexa˜o e os intervalos onde a concavidade e´ para cima ou
para baixo;
(d) (0,5 pts) Esboce o gra´fico de f .
Dica: f ′′(x) =
−2x
(x+ 1)3
.
SOLUC¸O˜ES
1) Na˜o, pois se f fosse diferencia´vel em x = 1, ela seria cont´ınua neste ponto e podemos ver que
os limites laterais na˜o coincidem.
lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
cos(x− 1) = cos(0) = 1
lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
−x4 + 4x3 − 5x2 + 2x− 1 = −1 + 4− 5 + 2− 1 = −1
Alternativa (pela definic¸a˜o de derivada): Para que f seja diferencia´vel em x = 1, preci-
samos que
lim
x→1
f(x)− f(1)
x− 1
exista. Temos que f(1) = cos(0) = 1. Pela esquerda, temos que
lim
x→1−
f(x)− f(1)
x− 1
= lim
x→1−
(−x4 + 4x3 − 5x2 + 2x− 1)− 1
x− 1
= +∞,
pois o numerador tende a −2 e o denominador tende a 0 por valores negativos.
2a) Pelo Teorema do Confronto,
0 = lim
x→0
x− x2 + x3 − x4 ≤ lim
x→0
f(x) ≤ lim
x→0
ln(x+ 1) = 0.
Pelo fato de f ser cont´ınua em 0, segue que f(0) = lim
x→0
f(x) = 0.
2b) Queremos calcular
lim
x→0
f(x)− f(0)
x− 0
= lim
x→0
f(x)
x
.
Se este limite existir, f sera´ diferencia´vel em 0 e o resultado do limite sera´ exatamente f ′(0).
Manipulando a desigualdade x− x2 + x3 − x4 ≤ f(x) ≤ ln(x+ 1), temos
1− x+ x2 − x4 =
x− x2 + x3 − x4
x
≤
f(x)
x
≤
ln(x+ 1)
x
para x > 0, e
ln(x+ 1)
x
≤
f(x)
x
≤ 1− x+ x2 − x4
para x < 0.
Como
lim
x→0
ln(x+ 1)
x
= lim
x→0
(1− x+ x2 − x4) = 1,
pelo Teorema do Confronto (em cada limite lateral), temos que
lim
x→0−
f(x)
x
= lim
x→0+
f(x)
x
= 1.
Portanto, f e´ diferencia´vel em 0 e f ′(0) = 1.
2) A equac¸a˜o da reta tangente a C em P e´ dada por
y − 1 = m(x− 1),
onde m pode ser encontrado como a inclinac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de uma func¸a˜o dada
implicitamente pela equac¸a˜o de C.
Derivando (x2 + y2)
2
− 10 (x2 − y2) = 4 implicitamente, obtemos
2(x2 + y2)(2x+ 2yy′)− 10(2x− 2yy′) = 0.
No ponto P = (1, 1) fica
0 = 4(2 + 2y′(1))− 10(2− 2y′(1)) = −12 + 28y′(1)
Logo, m = y′(1) = 12
28
= 3
7
e a equac¸a˜o da reta tangente e´ y − 1 = 3
7
(x− 1).
3) Dado um retaˆngulo qualquer de lados x e y, temos que seu per´ımetro e´ 2x + 2y e sua a´rea e´
xy. Fixando o per´ımetro como 4, temos que
2x+ 2y = 4,
donde segue que a a´rea pode ser escrita como
A(x) = x(2− x) = 2x− x2.
Temos que A′(x) = 2− 2x e A′′(x) = −2, o que nos diz que A tem um ponto de ma´ximo global
em x = 1. Logo, y = 2− 1 = 1 e o retaˆngulo de a´rea ma´xima e´ o quadrado de lado 1m.
4) Temos que f ′(x) = 2x cos(x2), f ′′(x) = 2 cos(x2) − 4x2 sen(x2) e f ′′′(x) = −12x sen(x2) −
8x2 cos(x2). Logo,
P (x) = f(x0) + f
′(x0)(x− x0) +
f ′′(x0)
2!
(x− x0)
2 +
f ′′′(x0)
3!
(x− x0)
3
= 0 + 0x+
2
2!
x2 +
0
3!
x3 = x2
5a) Como so´ podemos tomar o logaritmo de nu´meros positivos precisamos que x > −1, logo
Dom(f) = (−1,+∞). O gra´fico intersecta o eixo das ordenadas em f(0) = 1
0+1
+2 ln(0+1) = 1
e na˜o intersecta o eixo das abscissas (pode conferir isto depois com o ponto de mı´nimo global).
Temos que
lim
x→−1+
1
x+ 1
+ 2 ln(x+ 1) = lim
x→−1+
1 + 2(x+ 1) ln(x+ 1)
x+ 1
= +∞,
pois o numerador tende a 1 e o denominador tende a 0 por valores positivos.Logo, {x = −1} e´
uma ass´ıntota vertical. Como
lim
x→+∞
1
x+ 1
+ 2 ln(x+ 1) = 0 +∞ = +∞,
na˜o temos ass´ıntota horizontal.
5b) A primeira derivada de f e´
f ′(x) =
−1
(x+ 1)2
+
2
x+ 1
=
2x+ 1
(x+ 1)2
.
Da´ı, temos ponto cr´ıtico quando x = −1
2
. Ale´m disso, f ′(x) > 0 se x > −1
2
e f ′(x) < 0 se
−1 < x < −1
2
. Portanto, f e´ crescente no intervalo
(
−1
2
,+∞
)
, e´ decrescente no intervalo(
−1,−1
2
)
e x = −1
2
e´ ponto de mı´nimo (global).
5c) A segunda derivada de f e´
f ′′(x) =
2(x+ 1)2 − 2(x+ 1)(2x+ 1)
(x+ 1)4
=
2x+ 2− 4x− 2
(x+ 1)3
=
−2x
(x+ 1)3
.
Logo, o u´nico ponto de inflexa˜o e´ x = 0. Ale´m disso, f ′′(x) < 0 se x > 0 e f ′′(x) > 0 se
−1 < x < 0. Assim, f tem concavidade para baixo no intervalo (0,+∞) e para cima no
intervalo (−1, 0).
5d) O gra´fico:
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
0.5 1.0 1.5 2.0 2.5−0.5−1.0
x
y
b
(0, 1)
b
(−1
2
, 2− 2 ln(2))