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ESCOLA DE CIÊNCIAS E TECNOLOGIA UFRN PROVA 2 DE CÁLCULO 1 ECT 1113 Turma 2 10/11/2014 Prof. Ronaldo Batista Nome Legível:_________________________________________ Assinatura:__________________________________________ Instruções: 1. Leia todas as instruções antes de qualquer outra coisa. 2. A resolução das questões pode ser feita com grafite. 3. Faça uma prova organizada e detalhada, apresentando as respostas de forma coerente, de modo que todas as justificativas relevantes no contexto da disciplina devem estar presentes na solução. Indique bem o que você está fazendo pois resultados sem explicação e/ou desorganizados não serão considerados. 4. Resolva cada questão na frente e/ou verso da folha onde ela se encontra. 5. A última folha é de rascunho e não será corrigida. Uso do professor Q1 Q2 Q3 Questão 1. (1,0 ponto por item) Determine as derivadas abaixo: (a) d dx ln (√ x3 + a ) (b) d2 dx2 cos ( x2 ) (c) y′ com y definido implicitamente por ey = arctg (ex) + y2 Soluções: (a) d dx ln (√ x3 + a ) = dln (u) du du dx = 1 u du dx , onde u = √ x3 + a, então du dx = d √ x3 + a dx = 1 2 3x2√ x3 + a . Finalmente temos d dx ln (√ x3 + a ) = 1√ x3 + a 1 2 3x2√ x3 + a = 3 2 x2 x3 + a . (b) d2 dx2 cos ( x2 ) = d dx [ − (2x) sen ( x2 )] = −2sen ( x2 ) − 4x2cos ( x2 ) (c) Derivando toda a equação que define y d dx ey = d dx [ arctg (ex) + y2 ] 1 y′ey = darctg (ex) dx + 2yy′ . A derivada de arctg é dada por: darctg (ex) dx = darctg (u) du du dx , onde u = ex , então darctg (ex) dx = 1 1 + u2 ex = ex 1 + e2x . Finalmente temos: y′ (ey − 2y) = e x 1 + e2x , e y′ = ex (ey − 2y) (1 + e2x) . 2 Questão 2. (3,0 pontos ) Projete uma lata de alumínio com volume de 1L em forma de cilíndro com uma tampa, tal que a quantidade de alumínio utilizada seja a menor possível. Soluções: O volume do cilíndro, de raio r e altura h, deve ser de 1L, então temos: V = pir2h = 1L . A quantidade de alumínio usada pode ser estimada pela área da superfície deste cilíndro, com uma tampa, que é dada por: S = pir2 + 2pirh . Esta é quantidade que queremos minimizar. Substituindo h, dado pela expressão do volume, temos: S (r) = pir2 + 2 r . Nos extremos desta função devemos ter dS/dr = 0, o que indica dS dr = 2pir − 2 r2 = 0 ⇒ r = (pi)−1/3 . Para que S tenha um mínimo em r = (pi)−1/3, devemos ter: d2S dr2 ∣∣∣∣∣ r=(pi)−1/3 > 0 [ 2pi + 4 r3 ] r=(pi)−1/3 > 0 2pi + 4pi = 6pi > 0 . Então em r = (pi)−1/3 realmente há um mínimo da função. Desta forma, utilizando o expressão do volume, temos a seguinte relação entre o raio e a altura do cilíndro que minimiza a quantidade de alumínio utilizada para uma lata de 1L: pir2h = 1 pi (pi)−2/3 h = 1 ⇒ h = (pi)−1/3 . Ou seja, o projeto da lata deve ser tal que o raio do cilíndro seja igual a sua altura r = h = (pi)−1/3 · 10 cm. 3 Questão 3. (4,0 pontos) Para a função f (x) = −x3/3 + x2 + 1 faça o que se pede: (a) Usando o critério da derivada primeira, determine os intervalos onde a função é crescente e onde é descrescente.(1,0 ponto) (b) Utilizando o critério da derivada segunda, determine seus máximos e mínimos relativos. (1,0 ponto) (c) Usando o critério da derivada segunda, determine os intervalos onde a função é concava e onde é convexa. (1,0 ponto) (d) Faça um esboço de seu gráfico, identificandos os extremos relativos. (1,0 ponto) Soluções: (a) A função é crescente num intervalo [a, b] se f ′ (x) > 0 em (a, b). Temos então f ′ (x) = −x2 + 2x > 0 x (−x+ 2) > 0 , cuja solução é 0 < x < 2 . Portanto a função é crescente no intervalo [0, 2]. Anologamente, a função é decrescente num intervalo [a, b] se f ′ (x) < 0 em (a, b). Então devemos ter x (−x+ 2) < 0 , cuja solução é x < 0 e x > 2 . Então a função é decrescente no intevalo (−∞, 0]⋃[2,+∞). (b) Vamos primeiro determinar os pontos críticos da função, isto é, onde f ′ (x) = 0. Temos −x2 + 2x = 0 , x (−x+ 2) = 0 . As soluções são x1 = 0 e x2 = 2 . Agora precisamos determinar o sinal da derivada segunda nesses pontos. Temos f ′′ (x) = −2x+ 2 , então f ′′ (x1) = 2 > 0 , portanto em x1 = 0 temos um mínimo relativo e a função vale f (0) = 1. Já em x2 temos: f ′′ (x2) = −2 < 0 , então em x2 = 2 temos um máximo relativo e a função vale f (2) = 7/3. (c) 4 A função é côncava no intervalo onde f ′′ (x) > 0: −2x+ 2 > 0 x < 1. Então a função é côncava no intervalo (−∞, 1). E é convexa no intervalo onde f ′′ (x) < 0: −2x+ 2 < 0 x > 1 . Portanto a função é convexa no intervalo (1,+∞). 5
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