segunad prova gab 4

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN – DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA – A´REA2
GABARITO DO SEGUNDO EXERC´ICIO ESCOLAR CA´LCULO1 (TIPO IV)
PRIMEIRO SEMESTRE DE 2004
19 de JULHO de 2004
1
aQuesta˜o: (1,0 pts) Verifique explicitamente a conclusa˜o do Teorema do Valor Me´dio para a
func¸a˜o f(x) = x2 − x, no intervalo [−1, 0]. Para efeito de ilustrac¸a˜o, esboce numa mesma
figura o gra´fico desta func¸a˜o e as retas tangente e secante relevantes no problema.
Soluc¸a˜o: O Teorema do Valor Me´dio afirma que existe c ∈ (−1, 0) tal que f(0) − f(−1) =
f ′(c)(0 − (−1)), visto que a func¸a˜o dada e´ cont´ınua em [−1, 0] e diferencia´vel em (−1, 0).
Deveremos ter portanto 2c− 1 = −2 ∴ c = −1/2. O gra´fico abaixo ilustra esta situac¸a˜o.
x
y
−1 0 1−1/2
Figura 1: Ilustrac¸a˜o do Teorema do Valor Me´dio
2
aQuesta˜o: (2,0 pts) Calcule os seguintes limites:
(i) lim
x→0
3x − 2x
x
;
(ii) lim
x→∞
√
x2 + 2
5x
.
Soluc¸a˜o: (i) Neste caso temos uma indeterminac¸a˜o da forma 0
0
. Podemos usar a regra de L´Hopital
neste caso. Temos enta˜o:
lim
x→0
3x − 2x
x
= lim
x→0
(3x − 2x)′
(x)′
= lim
x→0
(3x ln 3− 2x ln 2) = ln 3− ln 2 = ln(3
2
).
(ii)Neste segundo caso e´ prefer´ıvel usar outro me´todo.
lim
x→∞
√
x2 + 2
5x
= lim
x→∞
x
√
1 + 2/x
5x
= lim
x→∞
√
1 + 2/x
5
=
1
5
lim
x→∞
√
1 + 2/x = 1/5.
3
aQuesta˜o: (3,0 pts) Determine as dimenso˜es do retaˆngulo R de a´rea ma´xima inscrito na regia˜o
limitada pela para´bola y = 4x2 e pela reta y = 3 que conte´m um dos seus lados.
Soluc¸a˜o: A figura 2 representa a situac¸a˜o exposta neste problema. Os lados horizontais do retaˆngulo
teˆm comprimento 2x e os lados verticais medem 3 − 4x2, portanto a a´rea do retaˆngulo em
questa˜o e´ A(x) = 2x(3− 4x2) = 6x− 8x3, 0 ≤ x ≤
√
3/2. Enta˜o A(0) = A(
√
3/2) = 0, e
A(x) ≥ 0. Portanto, A(x) assume seu valor ma´ximo absoluto em algum ponto do intervalo
(0,
√
3/2), logo este valor sera´ atingido em um ponto cr´ıtico de A(x), posto que a mesma
e´ diferencia´vel. A equac¸a˜o A′(x) = 6 − 24x2 = 0 nos da´ como u´nica soluc¸a˜o neste interval
aberto, x = 1/2. Como A′′(x) = −48x < 0 neste ponto cr´ıtico, o mesmo e´ de ma´ximo local,
e pelas razo˜es acima mencionadas a func¸a˜o assume seu ma´ximo absoluto neste ponto. As
dimenso˜es do retaˆngulo de a´rea ma´xima sa˜o enta˜o: 1 e 2.
x
y
y = 3
(x, 4x2)
−x x
R
Figura 2: Retaˆngulo de a´rea ma´xima
4
aQuesta˜o: Considere a func¸a˜o definida por f(x) = (x + 2)2e−2x + 1.
(a) (1,5 pts) Determine os pontos cr´ıticos, bem como os intervalos de crescimento e de
decrescimento de f , e classifique os pontos cr´ıticos encontrados como ponto de ma´ximo
local ou ponto de m´ınimo local, conforme seja o caso.
(b) (1,0 pts) Determine os intervalos onde o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima e os intervalos
onde o gra´fico de f e´ coˆncavo para baixo. Encontre os pontos de inflexa˜o do gra´fico de
f .
(c) (0,5 pts) Encontre as ass´ıntotas ao gra´fico de f caso existam.
(d) (1,0 pts) Use os ı´tens anteriores para fazer um esboc¸o do gra´fico de f , marcando no
mesmo os pontos cr´ıticos e os pontos de inflexa˜o.
Soluc¸a˜o: (a) f ′(x) = 2(x+2)e−2x−2(x+2)2e−2x = −2(x+1)(x+2)e−2x = −2(x2+3x+2)e−2x.
Os pontos cr´ıticos da func¸a˜o sa˜o as soluc¸o˜es de f ′(x) = 0, donde x = −1 e x = −2 sa˜o
os pontos cr´ıticos de f . Pode-se ver enta˜o que f ′(x) < 0, isto e´, f e´ decrescente nos
intervalos (−∞,−2) e (−1,∞), e f(x) > 0, isto e´, f e´ crescente no intervalo (−2,−1).
Consequ¨entemente, x = −2 e´ ponto de m´ınimo local e x = −1 e´ ponto de ma´ximo local para
f .
(b) f ′′(x) = 4(x2 +3x+2)e−2x−2(2x+3)e−2x = 2(2x2 +4x+1)e−2x. Os pontos de inflexa˜o
do gra´fico de f sa˜o as ra´ızes da equac¸a˜o f ′′(x) = 0, donde temos dois pontos de inflexa˜o, a
saber: a1 = −1−
√
2/2 e a2 = −1 +
√
2/2. Enta˜o o gra´fico de f tem a concavidade voltada
para cima, isto e´, f ′′(x) > 0, nos intervalos (−∞, a1) e (a2,∞), e a concavidade voltada para
baixo, isto e´, f ′′(x) < 0, no intervalo (a1, a2).
(c) Como f e´ definida em todo o R e e´ cont´ınua, na˜o existe ass´ıntota vertical. Qualquer outra
ass´ıntota, caso exista, sera´ da forma
y = mx + p , com m = lim
x→±∞
f(x)
x
e p = lim
x→±∞
(f(x)−mx).
No caso x→∞ temos que
m = lim
x→∞
f(x)
x
= lim
x→∞
(x + 2)2e−2x + 1
x
= lim
x→∞
(x+)2
e
2x + 1
x
= 0,
visto que lim
x→∞
(x + 2)2
e2x
= 0, pela regra de L’Hopital. Deste modo,
p = lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
[(x + 2)2e−2x + 1] = 1.
Os limites em −∞ sa˜o tratados de modo inteiramente ana´logo, na˜o havendo nenhuma outra
ass´ıntota, ale´m de y = 1.
(d) As informac¸o˜es dos treˆs primeiros ı´tens sa˜o utilizadas para montar o gra´fico de f na figura
abaixo.
x
y
y = 1
−2 a1 −1 a2
Figura 3: Gra´fico de f .
OBSERVAC¸A˜O: Os gra´ficos na˜o reproduzem exatamente as func¸o˜es envolvidas, mas indicam
claramente ı´tens como crescimento, concavidade, etc...