Avaliação 3 sábado

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SERGIPE
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
1
2
3
4
Nota
Cálculo I - 3a Avaliação - 26 de agosto de 2017
Aluno(a):
Professor(a): Turma:
• NÃO É PERMITIDO O USO DE CALCULADORA.
• JUSTIFIQUE TODAS AS SUAS RESPOSTAS.
1. (3 pontos) Determine, usando a regra de L’Hospital, os seguintes limites:
a) (1,5 pontos) L = lim
x→0
e4x − 1− 4x
x2
Solução: Temos uma indeterminação do tipo 0
0
portanto, podemos usar a regra
de L’Hospital. A saber:
L = lim
x→0
e4x − 1− 4x
x2
= lim
x→0
(e4x − 1− 4x)′
(x2)′
= lim
x→0
4e4x − 4
2x
Continuamos com uma indeterminação do tipo
0
0
e aplicamos a regra de L’Hospital
novamente.
L = lim
x→0
(4e4x − 1)′
(2x)′
= lim
x→0
16e4x
2
= 8 �
b) (1,5 pontos) L = lim
x→∞(x+ 1)
1/(x+1)
Solução: Temos uma indeterminação do tipo ∞0 e não podemos aplicar direta-
mente a regra de L’Hospital. Aplicando ln(•) ao limite (a função ln(x) é contínua e
injetora) e com alguma manipulação algébrica temos:
ln(L) = ln( lim
x→∞(x+ 1)
1/(x+1))
= lim
x→∞ ln((x+ 1)
1/(x+1))
= lim
x→∞
1
x+ 1
ln(x+ 1)
= lim
x→∞
ln(x+ 1)
x+ 1
Agora sim uma indeterminação do tipo
∞
∞
e podemos aplicar a regra de L’Hospital.
ln(L) = lim
x→∞
(ln(x+ 1))′
(x+ 1)′
= lim
x→∞
1
x+ 1
(x+ 1)′
(x+ 1)′
= lim
x→∞
1
x+ 1
1
= lim
x→∞
1
x+ 1
= 0
Completando, como ln(L) = 0⇒ L = e0 e portanto L = 1. �
2. (2 pontos) Determine os valores máximo e mínimo absolutos de f (x) = x− 2 sen(x), no
intervalo fechado [0,+pi].
Solução: Como f (x) é contínua e derivável (soma de uma polinomial e um trigo-
nométrica) no intervalo [0,+pi], podemos usar o Método do Intervalo Fechado. Como
f ′(x) = 1− 2 cos(x) e os pontos críticos de f (x) ocorrem em f ′(x) = 0 (1− 2 cos(x) = 0)
i.e. cos(x) =
1
2
. Temos apenas um ponto crítico de f (x) no intervalo [0,+pi] é x0 = pi/3
portanto o maior valor e o menor valor entre f (0) = 0 − 2 sen(0) = 0, f (pi/3) =
pi/3 − 2 sen(pi/3) = pi
3
− 2
√
3
2
=
pi
3
− √3 < 0 e f (pi) = pi − 2 sen(pi) = pi > 3,
será o máximo absoluto e o mínimo absoluto de f (x) no intervalo [0,+pi]. Portanto,
f (pi/3) =
pi
3
−√3 é o mínimo absoluto e f (pi) = pi o máximo absoluto. �
3. (3 pontos) Considere a função f (x) = x4 − 4x3.
a) (0,5 pontos) Encontre os pontos de intersecção com os eixos coordenados.
Solução: A intersecção com o eixo y ocorre em y(0) = 04 − 4 · 03 = 0. As intersec-
ções com o eixo x ocorrem em y(x) = 0⇒ x4 − 4x3 = 0⇒ x3(x− 4) = 0 e portanto,
nos pontos x1 = 0 e x2 = 4.
b) (1 ponto) Indique os intervalos de crescimento, decaimento, pontos críticos e máxi-
mos e mínimos locais de f (x), caso existam.
Solução: Derivando o polinômio f (x), temos:
f ′(x) = 4x3 − 3 · 4x2 = 4x2(x− 3)
Os pontos críticos de f (x) ocorrem em f ′(x) = 0 ⇒ 4x2(x − 3) = 0 e portanto, nos
pontos x¯1 = 0 e x¯2 = 3.
Temos que, f ′(x) < 0 em x ∈ (−∞,+3) (decrescente neste intervalo) e f ′(x) > 0 em
x ∈ (+3,+∞) (crescente neste intervalo).
Do teste da derivada primeira temos que x¯2 = 3 é um ponto de mínimo. Quanto a
x¯1 = 0 (nem máximo nem mínimo apenas um ponto crítico).
c) (1 ponto) Estude a concavidade da função f (x) e calcule os pontos de inflexão, caso
existam.
Solução: Derivando o polinômio f ′(x) temos:
f ′′(x) = 3 · 4x2 − 2 · 3 · 4x = 12x(x− 2)
Os pontos de inflexão de f (x) ocorrem em f ′′(x) = 0 ⇒ 14x(x− 2) = 0 e portanto,
nos pontos xˆ1 = 0 e xˆ2 = 2.
Temos que f ′′(x) > 0 em x ∈ (−∞, 0) ∪ (+2,+∞) (côncava para cima) e f ′′(x) < 0
em x ∈ (0,+2) (côncava para baixo).
d) (0,5 pontos) Esboce o gráfico de f (x).
Usando as informações dos ítens a), b) e c) finalizamos o esboço do gráfico de f (x) =
x4 − 4x3 conforme abaixo.
Gráfico da função f (x) = x4 − 4x3
4. (2 pontos) Se 1200cm2 de material estiverem disponíveis para fazer uma caixa com base
quadrada e sem tampa, encontre o maior volume possível para a caixa.
y
x
x
Solução: Da figura acima temos que o volume da caixa e a área total (levando em
conta que o material representado por A = 1200cm2) serão dados por:
V(x, y) = x2y
A(x, y) = x2 + 4xy = A
Eliminando y entre o volume e a área total temos:
A = x2 + 4xy
4xy = A− x2
y =
A− x2
4x
Substituindo no volume temos:
V(x) = x2y
= x2
A− x2
4x
=
1
4
x(A− x2)
Derivando com relação a x temos:
V ′(x) =
1
4
(x(A− x2))′
=
1
4
(x′(A− x2) + x(A− x2)′)
=
1
4
((A− x2) + x · (−2x))
=
1
4
(A− x2 − 2x2)
=
1
4
(A− 3x2)
O volume máximo será alcançado quando V ′(x) = 0 ou seja em x0 =
√
A
3
.
Para confirmar que x0 é o ponto de máximo usaremos o teste da derivada segunda:
V ′′(x) =
1
4
(A− 3x2)′
= −6x
4
= −3x
2
Portanto, V ′′(x0) = −32
√
A
3
< 0. Logo x0 =
√
A
3
corresponde a um ponto de máximo
local. Substituindo x0 em V(x) temos:
Vmax = V(x0) =
1
4
√
A
3
A−(√A
3
)2
1
4
√
A
3
2A
3
1
2
√
A
3
A
3
=
1
2
√
A
3
(
A
3
)2
=
1
2
√(
A
3
)3
=
1
2
(√
A
3
)3
Para A = 1200cm2 temos Vmax =
1
2
(√
1200
3
)3
= 4.000cm3. �
BOA PROVA!