ep14 metdet ii 2017 2 tutor

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Me´todos Determin´ısticos II
2o Semestre de 2017
Gabarito do EP14 - 1a semana de preparac¸a˜o para a AP2
Questa˜o 1: Encontre a derivada
a) f(x) = x3 − 3x2 + 1 b) x(t) = t−3t
√
t√
t
c) g(x) = x
2−x+1
2(x−1) d) p(x) =
ex
x
e) h(t) = t
2
1+t2
f) m(x) = lnxx
Soluc¸a˜o: a) Nessa altura esta derivada deve ser fa´cil de ser obtida, so´ coloquei ela para voceˆs
comec¸arem a esquentar os motores. Logo f ′(x) = 3x2 − 6x.
b) x′[t] = (t−3t
√
t)′(
√
t)−(t−3t√t)(√t)′
(
√
t)2
= 1
2
√
t
− 3.
c) g′(x) = (x
2−x+1)′(2x−2)−(x2−x+1)(2x−2)′
(2(x−1))2 =
x(x−2)
2(x−1)2 .
d) p′(x) = e
x(x−1)
x2
.
e) h′(t) = 2t(1+t
2)−t2(2t)
(1+t2)2
= 2t
(t2+1)2
.
f) m′(x) = (lnx)
′x−lnx(x)′
x2
= 1−lnx
x2
.
Questa˜o 2: Calcule h′ em termos de f ′ e g′ onde: a) h(x) = f(x)g(x)f(x)+g(x) e b) h(x) =
√
f(x)
g(x) .
Soluc¸a˜o: a) h′(x) = g
′(x)f(x)2+g(x)2f ′(x)
(f(x)+g(x))2
.
b) h′(x) = g(x)f
′(x)−f(x)g′(x)
2
√
f(x)
g(x)
g(x)2
.
Questa˜o 3: Se f(x) = (x− a)(x− b)(x− c), mostre que
f ′(x)
f(x)
=
1
x− a +
1
x− b +
1
x− c
Soluc¸a˜o: Derivando f(x) obtemos f ′(x) = (x−b)(x−c)+(x−a)(x−c)+(x−a)(x−b) e ao dividirmos
por f(x) obtemos
f ′(x)
f(x)
=
(x− b)(x− c) + (x− a)(x− c) + (x− a)(x− b)
(x− a)(x− b)(x− c) =
1
x− a +
1
x− b +
1
x− c .
Questa˜o 4: O volume de um cone circular reto e´ V = pir2h/3, onde r e´ o raio da base, h e´ a altura.
1
a) Encontre a taxa de variac¸a˜o do volume em relac¸a˜o a` altura se o raio da base for mantido constante.
b) Encontre a taxa de variac¸a˜o do volume em relac¸a˜o ao raio se a altura for mantida constante.
Soluc¸a˜o: a) Esta e a 6a questa˜o sa˜o mais conceituais. Sabemos que o volume e´ dado pela fo´rmula
V = pir2h/3 e que nos e´ pedido para encontrar a taxa de variac¸a˜o do volume com relac¸a˜o a` altura, ou
seja, e´ precisamos ver a fo´rmula anterior como uma func¸a˜o que so´ depende de h e o raio r deve ser
visto como um nu´mero fixo, usando uma linguagem matema´tica podemos escrever V (h) = pir2h/3 e
como pede a variac¸a˜o do volume em termos de h, basta derivarmos a func¸a˜o V (h) em termos de h,
bem isto e´ fa´cil de fazer, e temos
dV
dh
= V ′(h) = pir2/3.
b) A mesma coisa que no item a) so´ que aqui V = V (r) e nos pede para derivar em func¸a˜o de raio r,
isto e´,
dV
dr
= V ′(r) = 2pirh/3.
Converse com seus colegas e tutores a respeito disso. Tentem criar variac¸o˜es desta situac¸a˜o, como por
exemplo, suponha que o raio dependa do capital c, isto e´, r(c), e que h seja uma constante. Como
ficaria a derivada de V em termos do capital?
Questa˜o 5: Considere as seguintes func¸o˜es: a) f(x) = x3 − x2 − x + 1 e b) g(x) = 4x−5
x2−1 e c)
h(x) = x
3
x2+1
. Em cada um dos casos tente fazer:
a) Ache o domı´nio;
b) Determine os intervalos de crescimento e de decrescimento;
c) Estudar a concavidade e destacar os pontos de inflexa˜o;
d) Calcular os limites laterais de f , em p, nos casos
• p /∈ Df , mas p e´ extremo de um dos intervalos que compo˜em Df ;
• p ∈ Df , mas f na˜o e´ cont´ınua em p.
e) Calcular os limites quando x→ ±∞;
f) Determinar (quando houver) as ra´ızes de f .
Soluc¸a˜o: Para cada func¸a˜o vou fazer as analises necessa´rias para conseguir fazer o esboc¸o do gra´fico.
Portanto, na˜o farei item a item para cada func¸a˜o. Vamos iniciar com a func¸a˜o f(x) = x3−x2−x+1 que
e´ um polinoˆmio e, portanto, esta definido para todos os Reais. Derivando temos f ′(x) = 3x2−2x−1 =
3(x + 13)(x − 1), que nos da´ uma equac¸a˜o uma para´bola com a abertura para cima. E portanto,
f ′(x) < 0⇔ −13 < x < 1 e e´ positiva no restante.
Derivando mais uma vez obtemos f ′′(x) = 6x−2 = 0 que e´ uma equac¸a˜o de reta que passa no eixo
y = 0 no ponto x = 13 e como o coeficiente angular 6 ≥ 0 a inclinac¸a˜o da reta e´ positiva, e portanto,
f ′′(x) < 0⇔ x < 13 .
Ale´m disso,
lim
x→+∞x
3 − x2 − x+ 1 = lim
x→+∞x
3[1− 1/x− 1/x2 + 1/x3] = +∞
Assim como, limx→−∞ x3 − x2 − x+ 1 = −∞.
Da analise do sinal da primeira derivada sabemos que:
2
• f e´ estritamente crescente entre os intervalos (−∞,−13) e (1,+∞).
• f e´ estritamente decrescente entre os intervalos (−13 , 1)
Calculando alguns valores temos condic¸o˜es para darmos fazermos um bom esboc¸o do gra´fico da
func¸a˜o.
x f(x)
−1 0
−13 3227
0 1
1 0
2 3
Figure 1: gra´fico de f(x) = x3 − x2 − x+ 1
Vamos fazer estudo do gra´fico de g(x) = 4x−5
x2−1 . Inicialmente veja que o domı´nio sa˜o todos os valores
reais desde que x2 − 1 6= 0⇔ x 6= −1 e x 6= 1.
Vamos calcular a 1a derivada, para depois estudar o sinal e com isto obter os intervalos que a
func¸a˜o cresce ou decresce.. Derivando temos
g′(x) =
4(x2 − 1)− 2x(4x− 5)
(x2 − 1)2 = −2
2x2 − 5x+ 2
(x2 − 1)2 = −2
[
(x− 12)(x− 2)
]
(x2 − 1)2 .
Veja que o denominador de g′(x) e´ sempre positivo, enta˜o e´ o numerador que determina o sinal,
mas no numerador e´ uma equac¸a˜o de 2a grau com ra´ızes 12 e 2. Levando em considerac¸a˜o o −2 que
esta na frente da frac¸a˜o, temos que, g′(x) ≥ 0⇔ 12 ≤ x ≤ 2, lembrando que 1 na˜o faz parte do domı´nio
da g(x).
Fiz as contas da 2a derivada, so´ que a ana´lise ficou muito mais complicada, pois o polinoˆmio que
apareceu no numerador e´ −10 + 24x − 30x2 + 8x3, e depois de fazer uma analise parecida a feita na
letra a) nesse polinoˆmio cheguei a conclusa˜o que possui uma u´nica raiz no ponto pro´ximo a 2, 85, mas
precisei fazer muitas contas para chegar aqui. Vou tentar fazer a ana´lise do gra´fico de g(x) sem usar
as informac¸o˜es da 2a derivada.
Vamos calcular os seguintes limites:
lim
x→−1−
4x− 5
x2 − 1 = limx→−1−
1
x+ 1
(
4x− 5
x− 1
)
= −∞ e lim
x→−1+
4x− 5
x2 − 1 = +∞.
lim
x→1−
4x− 5
x2 − 1 = limx→1−
1
x+ 1
(
4x− 5
x− 1
)
= +∞ e lim
x→−1+
4x− 5
x2 − 1 = −∞.
lim
x→−∞
4x− 5
x2 − 1 = 0 e limx→+∞
4x− 5
x2 − 1 = 0.
3
Vamos obter o valor da
func¸a˜o em uma se´rie de
pontos, veja a tabela
x g(x)
−2 −133
0 5
1
2 4
5
4 0
2 1
3 78
Logo podemos fazer um esboc¸o do gra´fico que vou tentar justi-
ficar, veja que primeiro, x = −1, x = 1 sa˜o ass´ıntotas verticais
e y = 0 e´ uma ass´ıntota horizontal. Sabemos que a func¸a˜o e´
decrescente de −∞ ate´ 1/2. Ale´m disso, como g(−2) = −133 e´
de se esperar que ela na˜o assume valor positivo antes de −1 e
lembrando que y = 0 e x = −1 sa˜o ass´ıntotas podemos fazer
o esboc¸o da primeira parte do gra´fico.
Ja´ a parte do meio, isto e´, −1 ≤ x ≤ 1, como a func¸a˜o so´ comec¸a ser crescente em x = 1/2 e´ de
esperar que ela na˜o seja muito sime´trica, ale´m disso, os valores calculados sa˜o todos positivos neste
intervalo, e como sabemos que x = −1 e x = 1 sa˜o ass´ıntotas, se formos fazer um gra´fico respeitando
estas imposic¸o˜es vemos que a u´nica chance e´ uma para´bola voltada para cima que na˜o passa nos eixos
e deve ser meio deformada. Ja´ na terceira parte do gra´fico, x ≥ 1 temos que a u´nica raiz de nossa
func¸a˜o esta ai em x = 5/4 e como x = 1 e´ uma ass´ıntota e y = 0 outra e isto nos obriga a fazer um
gra´fico da forma −1/x.
Figure 2: gra´fico de g(x) = 4x−5
x2−1
E agora o estudo do gra´fico de h(x) = x
3
x2+1
. Inicialmente veja que h(x) esta definida para todos os
valores reais. Ale´m disso, derivando obtemos
h′(x) =
3x2(x2 + 1)− x3(2x)
(x2 + 1)2
=
x4 + 3x2
(x2 + 1)2
=
x2(x2 + 3)
(x2 + 1)2
.
4
Claramente que h′(x) ≥ 0 para todo x e que h′(0) = 0. Derivando mais uma vez obtemos
h′′(x) =
(4x3 + 6x)(x2 + 1)2 − (x4 + 3x2)4x(x2 + 1)
(x2 + 1)4
=
−2x(x2 − 3)
(x2 + 1)3
Estudando o sinal da 2a derivada temos
Ale´m disso,
lim
x→+∞
x3
x2 + 1
= +∞ e lim
x→−∞
x3
x2 + 1
= −∞Claramente a nossa func¸a˜o somente tem uma raiz que e´ x = 0. Com estas informac¸o˜es ja´ se poderia
fazer um esboc¸o do gra´fico, mas vou mostrar outra propriedade que esta func¸a˜o tem (na verdade e´
uma ass´ıntota inclinada), o que nos permitira´ fazer um gra´fico muito melhor. Ao dividir obtemos que
x como a parte inteira e − x
x2+1
como resto, isto nos permite escrever
x3
x2 + 1
= x− x
x2 + 1
e como lim
x→+∞
x
x2 + 1
= 0 e lim
x→−∞
x
x2 + 1
= 0, segue que quando x → +∞ ou quando x → −∞, o
gra´fico de f se aproxima de y = x.
Para fazer o esboc¸o do gra´fico, comece desenhando a reta y = x. A u´nica raiz de h(x) esta em
x = 0 e a derivada neste ponto e´ zero. Portanto, y = 0 e´ a reta tangente. Agora pode usar o fato que
a boca do gra´fico esta voltado para baixo em (−√3, 0) e para cima em (0,√3). Como y = x e´ uma
ass´ıntota e como lim
x→+∞
x
x2 + 1
= 0, mas com valores positivos, portanto, h(x) se aproxima de y = x
faltando sempre um pouco. Fac¸a um racioc´ınio semelhante para os valores x ≤ −√3. E Voceˆ estara´
pronto para terminar o esboc¸o do gra´fico de h(x).
5
Figure 3: gra´fico de h(x) = x
3
x2+1
Questa˜o 6: Mostre que f(x) =
{
x2 se x ≤ 1
1 se x > 1
na˜o possui derivada em x = 1.
Soluc¸a˜o: Outra questa˜o que e´ mais conceitual e na˜o envolve nenhum grande calculo. Para comec¸ar,
voceˆ sabe derivar a func¸a˜o x2 e inclusive existe uma regra para isto, e a derivada e´ 2x o mesmo pode
ser dito a respeito da func¸a˜o constante 1 cuja a derivada e´ 0. Ocorre que na˜o podemos usar estas
regras no ponto x = 1, pois as regras se aplicam somente para os pontos que em uma vizinhanc¸a
deles tem ou a regra x2 ou 1, mas o ponto x = 1, se tomarmos valores ligeiramente menores de 1, por
exemplo x = 0.99 a func¸a˜o se comporta como x2 ja´ para valores ligeiramente superiores a 1, como por
exemplo, x = 1, 001 a func¸a˜o se comporta como func¸a˜o constante 1. Enta˜o como fazer para derivar
neste ponto. Bem precisamos voltar para a nossa definic¸a˜o que e´
f ′(1) = lim
x→1
f(x)− f(1)
x− 1 ,
mas este limite existe desde que os limites laterais existam e sejam iguais. Calculando temos:
lim
x→1−
f(x)− f(1)
x− 1 = limx→1−
1− 1
x− 1 = 0 e limx→1+
f(x)− f(1)
x− 1 = limx→1+
x2 − 1
x− 1 = 2.
Portanto, esta func¸a˜o na˜o possui derivada em x = 1.
Questa˜o 7: Encontre a integral de:
a)
∫
x3 − 2x+ 3 dx b) ∫ ( 2x + 3x2 ) dx
c)
∫
x+ e3x dx d)
∫
5x
1+3x2
dx
e)
∫
x
√
1 + x2 dx f)
∫
x3ex
2
dx.
Soluc¸a˜o: a) Aplicando a regra
∫
xn dx = x
n+1
n+1 se n 6= −1 em cada um dos termos temos:∫
x3 − 2x+ 3 dx =
∫
x3 dx−
∫
2x dx+
∫
3 dx =
x4
4
− x2 + 3x+K.
6
b) No caso que da
∫
1
x dx = ln(x), enta˜o temos∫ (
2
x
+
3
x2
)
dx = 2
∫
1
x
dx+ 3
∫
1
x2
dx = 2 ln(x)− 3
x
+K.
c) Temos que
∫
x+ e3x dx =
∫
x dx +
∫
e3x dx = x
2
2 +
∫
e3x dx para resolver a u´ltima integral chame
de u = 3x⇒ du = 3dx e temos ∫ eu du3 = 13eu e da´ı∫
x+ e3x dx =
x2
2
+
∫
e3x dx ==
x2
2
+
e3x
3
+K.
d) Chame u = 1 + 3x2 ⇒ du = 6x dx e observe que ∫ 5x
1+3x2
dx = 56
∫
6x
1+3x2
dx, da´ı∫
5x
1 + 3x2
dx =
5
6
∫
1
u
du =
5
6
ln(u) +K =
5
6
ln
(
3x2 + 1
)
+K.
e) Para fazer a integral
∫
x
√
1 + x2 dx considere a mudanc¸a de coordenadas u = 1 + x2 e derivando
temos du = 2xdx da´ı ∫
x
√
1 + x2 dx =
1
3
(
x2 + 1
)3/2
+K.
f) Para fazer a integral
∫
x3ex
2
dx, chame de u = x2 ⇒ du = 2xdx. Reescrevendo a integral obtemos∫
x3ex
2
dx = 12
∫
2xx2ex
2
dx = 12
∫
ueu du. Agora fac¸a integrac¸a˜o por partes:
∫
fg′ dx = fg− ∫ f ′g dx,
considerando: f = u⇒ f ′ = du e g′ = eudu⇒ g = eu enta˜o
1
2
∫
ueu du =
1
2
(
ueu −
∫
eu du
)
=
1
2
eu(u− 1).
Voltando na varia´vel inicial temos∫
x3ex
2
dx =
1
2
ex
2 (
x2 − 1)+K.
Questa˜o 8: Calcule a a´rea da regia˜o compreendida entre os gra´ficos de y = x e y = x2, com
0 ≤ x ≤ 2.
Soluc¸a˜o: Queremos determinar a a´rea da regia˜o, para isso vamos determinar os pontos de intersec¸a˜o,
isto e´,
x = x2 ⇔ x2 − x = x(x− 1) = 0⇔ x = 0 ou x = 1.
Fazendo o gra´fico temos
Logo a a´rea da regia˜o e´ dado por
A =
∫ 1
0
x− x2 dx+
∫ 2
1
x2 − x dx
=
[
x2
2
− x
3
3
]1
0
+
[
x3
3
− x
2
2
]2
1
=
1
2
− 1
3
+
8
3
− 4
2
− (1
3
− 1
2
) = 1.
7
Figure 4: Regia˜o entre y = x e y = x2
Questa˜o 9: O carro A esta´ indo na direc¸a˜o oeste a 70 km/h e o carro B esta´ indo para o norte a
90 km/h. Ambos esta˜o se dirigindo para a intersec¸a˜o das duas estradas. A que velocidade os carros
esta˜o se aproximando um do outro quando o carro A esta´ a 0, 3 km e o carro B esta´ a 0, 4 km da
intersec¸a˜o?
Soluc¸a˜o: Fazendo o esquema temos
Veja que no esquema se x representa a distaˆncia do carro A ate´ o cruzamento e y a distaˆncia
do carro B ate´ o cruzamento das vias. Enta˜o a distaˆncia entre os carros e´ dado por Dis(x, y) =√
x2 + y2. E queremos determinar a velocidade que dois carros se aproximam em um determinado
momento. Queremos derivar Dis(x, y) em func¸a˜o do tempo, isto e´, dDisdt , mas
dx
dt = −70 e dydt = −90
e Dis(0, 3, 0, 4) = 0, 5, enta˜o derivando Dis em func¸a˜o de t e pensando x = x(t) e y = y(t), usando a
regra da cadeia temos
dDis
dt
=
x(t)x′(t) + y(t)y′(t)√
x(t)2 + y(t)2
=
x(t)x′(t) + y(t)y′(t)
Dis(x, y)
=
0.3× (−70) + 0, 4× (−90)
0, 5
= −114 km/h.
Isto quer dizer que, nesse instante, esta˜o se aproximando a velocidade de 114 km/h.
Questa˜o 10: Calcule a a´rea entre os gra´ficos de yA = 2x− x2 e yB = x2.
8
Soluc¸a˜o: igualando yA = yB obtemos 2x
2 − 2x = 0⇒ x = 1 e 0. E claramente yB ≤ yA, e portanto,
para calcular a a´rea basta fazer
A´rea =
∫ 1
0
yA − yB dx =
∫ 1
0
2x− 2x2 dx =
[
x2 − 2
3
x3
]1
0
=
1
3
.
9