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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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