PF Calculo I Completo

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Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Gabarito da Prova Final Unificada de Cálculo I - 2014.1
Politécnica e Engenharia Química - 29/05/2014
Questão 1: (2.0 pontos)
(a) Calcule:
lim
x→0
ex2 tg x
ex x .
(b) Determine se a seguinte integral imprópria é finita:∫ ∞
e
1
x ln xdx.
Solução:
(a) e
x2 tg x
exx
= e
x2
ex cosx
sen x
x
⇒ lim
x→0
ex
2 tg x
exx
=
(
e0
2
e0 cos 0
)(
lim
x→0
sen x
x
)
= 1
(b) Substituindo u = ln x e du = 1
x
dx, temos
∫ 1
x ln xdx =
∫ 1
u
du = ln |u|+ C = ln |ln x|+ C.
Assim, ∫ ∞
e
1
x ln xdx = limb→∞
∫ b
e
1
x ln xdx = limb→∞ ln | ln b| − ln | ln e|︸ ︷︷ ︸
=0
.
A integral imprópria em questão é infinita, pois ln | ln b| cresce indefinidamente com b.
Questão 2: (2.0 pontos)
Calcule a área da região
R =
{
(x, y) ∈ R2
∣∣∣∣∣ x√4− x ≤ y ≤ x e2x, x ∈ [1, 2]
}
.
Solução:
A =
∫ 2
1
(
xe2x − x√
4− x
)
dx =
∫ 2
1
xe2xdx−
∫ 2
1
x√
4− xdx
Integrando por partes, temos que
∫ 2
1
xe2xdx = −
∫ 2
1
1e
2x
2 dx+
(
x
e2x
2
)∣∣∣∣∣
2
1
= −
(
e2x
4
)∣∣∣∣∣
2
1
+ e4 − e
2
2
= 3e
4 − e2
4 .
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Politécnica e Engenharia Química - 29/05/2014(continuação)
Substituindo u = 4− x e du = −dx, temos que x = 4− u e portanto∫ x√
4− xdx = −
∫ 4− u√
u
du = −4
∫ 1√
u
du+
∫ √
udu
= −4
(
2
√
u
)
+ 23
√
u3 + C = 2(u− 12)3
√
u+ C
= −2(x+ 8)3
√
4− x+ C
Assim, ∫ 2
1
x√
4− xdx =
(
−2(x+ 8)3
√
4− x
)∣∣∣∣∣
2
1
= 6
√
3− 20
√
2
3 .
e, portanto,
A = 3e
4 − e2
4 +
20
√
2
3 − 6
√
3.
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Questão 3: (2.0 pontos)
Calcule o volume do sólido de revolução obtido pela rotação do semi-círculo
R = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y2 ≤ 1, y ≥ 0}
em torno da reta y = −3.
Solução:
3
√
1− x2 + 3
Integrando “fatias” ortogonais ao eixo de rotação, obtemos
V =
∫ 1
−1
pi
((√
1− x2 + 3
)2 − 9) dx = pi ∫ 1
−1
(
1− x2
)
dx+ 6pi
∫ 1
−1
√
1− x2dx.
Calculamos primeiro ∫ 1
−1
(
1− x2
)
dx =
(
x− x
3
3
)∣∣∣∣∣
1
−1
= 43 .
A integral
∫ 1
−1
√
1− x2dx pode ser reconhecida como a área do semi-círculo de raio 1 (ver figura
abaixo), portanto igual a pi2 .
−1 1x
√
1− x2
Outra opção é calculá-la diretamente, através da substituição trigonométrica sen θ = x, que
implica em dx = cos θdθ. Neste caso,∫ 1
−1
√
1− x2dx =
∫ pi
2
−pi2
√
1− sen2 θ cos θdθ =
∫ pi
2
−pi2
cos2 θdθ
=
∫ pi
2
−pi2
1 + cos(2θ)
2 dθ =
(
θ
2 +
sen(2θ)
4
)∣∣∣∣∣
pi
2
−pi2
= pi2
Assim,
V = 4pi3 + 3pi
2.
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Outra opção ainda é calcular o volume “fatiando” o sólido por cascas cilíndricas, como indicado
na figura abaixo:
y
3
3 + y
2
√
1− y2
Temos então
V =
∫ 1
0
2pi(3 + y)
(
2
√
1− y2
)
dy
= 12pi
∫ 1
0
√
1− y2dy︸ ︷︷ ︸
1/4 da área
do círculo unitário
+4pi
∫ 1
0
y
√
1− y2dy︸ ︷︷ ︸
substituição:
u = 1− y2
= 12pipi4 + 4pi
(
−13
√
(1− y2)3
)∣∣∣∣1
0
= 3pi2 + 4pi3 .
Questão 4: (2.0 pontos)
Um rio tem 400 m de largura. Deseja-se estender um cabo de comunicação ligando os pontos A e
C, situados em margens opostas. O ponto C está 1 km a jusante (isto é, rio abaixo) do ponto A,
conforme a figura.
A
C
O custo de instalação do cabo é de R$ 130,00 por metro no leito do rio e de R$ 50,00 por metro no
solo seco. Determine quantos metros de cabo deverão ser instalados no rio e quantos em terra para
que o custo total seja mínimo.
Solução:
Seja 0 ≤ x ≤ 1000 a distância (em metros) indicada na figura.
A
C
1000
x
400
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O custo total em reais é dado pela seguinte função de x:
c(x) = 130
√
4002 + x2 + 50(1000− x).
Para identificar os intervalos de crescimento/decrescimento de c, analisamos o sinal da derivada:
c′(x) = 130x√
4002 + x2
− 50 = 0 ⇒ 13x = 5√4002 + x2
⇒ 169x2 = 25(4002 + x2)
⇒ x = ±5003
No intervalo [0, 1000], a derivada se anula apenas em x∗ = 500/3. Para verificar o sinal de c′
antes e depois de x∗, calculamos
c′(0) = −50 < 0 e
c′(1000) = 130000√
4002 + 10002
− 50 = 1300√
116
− 50 > 1100√
121
− 50 = 50 > 0.
Como a função decresce em [0, x∗] e cresce em [x∗, 1000], podemos concluir que x∗ é ponto de
mínimo absoluto no intervalo de interesse [0, 1000].
O custo mínimo se dá para x∗ = 500/3, o que corresponda a
√
4002 + (500/3)2 = 1300/3 metros
de cabo submerso e 2500/3 metros de cabo em solo.
Questão 5: (2.0 pontos)
Considere a função p(x) = 2x3 − 3x2 − 12x.
(a) Determine:
(i) os limites de p(x) quando x tende a −∞ e quando x tende a ∞;
(ii) os intervalos onde p é crescente e aqueles onde é decrescente;
(iii) os pontos de máximo e mínimo locais e/ou globais (abscissas e ordenadas);
(iv) os intervalos onde a concavidade é para cima (função é convexa) e aqueles onde é para
baixo (função é côncava);
(v) os pontos de inflexão de p.
(b) Esboce o gráfico de p, respeitando todos os aspectos do gráfico identificados no item (a).
Solução:
(a) (i)
lim
x→−∞ p(x) = −∞ e limx→∞ p(x) =∞
(ii) É necessário estudar o sinal de p′(x) = 6x2−6x−12 = 6(x+1)(x−2). Observa-se que:
p′(x) = 0 em −1 e 2; p′(x) < 0 em (−1, 2) e p′(x) > 0 para x < −1 e x > 2. Assim, p
é crescente nos intervalos (−∞,−1] e [2,∞) e é decrescente no intervalo [−1, 2].
(iii) Como (pelo item i) a função não é limitada nem por cima nem por baixo, não há
extremos absolutos. Como o domínio é a reta inteira, os extremos locais ocorrem
em pontos críticos. Como a derivada existe sempre, eles ocorrem em pontos onde a
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derivada se anula: −1 e 2. Analisando-se o sinal da derivada, conclui-se que −1 é
ponto de máximo local e que 2 é ponto de mínimo local. Os respectivos valores da
função são f(−1) = 7 e f(2) = −20.
(iv)
p′′(x) = 12x− 6 = 12(x− 1/2)
Assim, a função é côncava (concavidade para baixo) em (−∞, 1/2] e é convexa (conca-
vidade para cima) em [1/2,∞).
(v) Há um ponto de inflexão em (1/2, p(1/2)) = (1/2,−13/2).
(b)
2
−1
1/2
7
−20
−13/2
máx
mín
inf
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M
Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
Prova Final Unificada de Ca´lculo 1 - 2013/2
Engenharia e Engenharia Qu´ımica
05/12/2013
JUSTIFIQUE SUAS RESPOSTAS
1a Questa˜o: (2,0 pts) Considere uma func¸a˜o f : R \ {−2, 1} → R com as seguintes propriedades:
(a) f ′(x) < 0, para todo x no domı´nio da func¸a˜o;
(b) f(0) = f(2) = 0;
(c) limx→±∞ f(x) = −1;
(d) f ′′(x) < 0 para x ∈ (−∞,−2) ∪ (0, 1) e f ′′(x) > 0 para x ∈ (−2, 0) ∪ (1,+∞);
(e) limx→(−2)− f(x) = −∞ e limx→(−2)+ f(x) = +∞;
(f) limx→1− f(x) = −∞ e limx→1+ f(x) = +∞.
Fac¸a um esboc¸o do gra´fico dessa func¸a˜o.
2a Questa˜o: (1,5 pts) Fac¸a um esboc¸o da regia˜o R do plano xy limitada pelas curvas y = sen(x) e y = cos(x)
e pelas retas x = 0 e x = pi/2. Expresse as grandezas abaixo utilizando integrais. Na˜o e´ preciso calcular
as integrais.
(a) A a´rea de R;
(b) O volume do so´lido obtido pela rotac¸a˜o de R em torno do eixo x.
3a Questa˜o: (2,5 pts) Calcule:
(a) lim
x→0
tg x
ln(2ex − 1) , (b) limx→+∞
√
x2 − 1
x
, (c)
∫ 5
4
5x− 13
x2 − 5x+ 6 dx, (d)
∫
sen(ln(x)) dx,
(e) f ′(x) onde f(x) = exp
(
3
√x+ sen(x2)
)
( Obs.: exp(u) = eu ).
4a Questa˜o: (2,0 pts)
Um peso P deve ser mantido suspenso a 10 cm de uma barra
horizontal de extremidades A e B, por um fio na forma de
Y (veja figura). Sabendo que o segmento mede 8 cm, qual
o fio de menor comprimento que pode ser usado?
A B
10cm
8cm
P
5a Questa˜o: (2,0 pts) Considere a func¸a˜o
y = f(x) =
∫ sen(x/2)
0
et
2
dt.
Ache a equac¸a˜o da reta r que e´ tangente ao gra´fico de f no ponto (2pi, 0). Em seguida ache as coordenadas
do ponto de intersec¸a˜o da reta r com a reta s dada por:
y =
3
2
x+ pi.
M
Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
Prova Final Unificada de Ca´lculo 1 - 2013/2
Engenharia e Engenharia Qu´ımica
05/12/2013
JUSTIFIQUE SUAS RESPOSTAS
1a Questa˜o: (2,0 pts) Considere uma func¸a˜o f : R \ {−2, 1} → R com as seguintes propriedades:
(a) f ′(x) < 0, para todo x no domı´nio da func¸a˜o;
(b) f(0) = f(2) = 0;
(c) limx→±∞ f(x) = −1;
(d) f ′′(x) < 0 para x ∈ (−∞,−2) ∪ (0, 1) e f ′′(x) > 0 para x ∈ (−2, 0) ∪ (1,+∞);
(e) limx→(−2)− f(x) = −∞ e limx→(−2)+ f(x) = +∞;
(f) limx→1− f(x) = −∞ e limx→1+ f(x) = +∞.
Fac¸a um esboc¸o do gra´fico dessa func¸a˜o.
Soluc¸a˜o:
−2 1
x
y
−1
2
2a Questa˜o: (1,5 pts) Fac¸a um esboc¸o da regia˜o R do plano xy limitada pelas curvas y = sen(x) e y = cos(x)
e pelas retas x = 0 e x = pi/2. Expresse as grandezas abaixo utilizando integrais. Na˜o e´ preciso calcular
as integrais.
(a) A a´rea de R;
(b) O volume do so´lido obtido pela rotac¸a˜o de R em torno do eixo x.
Soluc¸a˜o:
x
y
pi/2pi/4
A a´rea A e o o volume V sa˜o dados respectivamente por:
A =
∫ pi/2
0
|cos(x)− sen(x)| dx
V =
∫ pi/4
0
pi
(
cos2(x)− sen2(x)) dx+
∫ pi/2
pi/4
pi
(
sen2(x)− cos2(x)) dx.
Obs: Para calcular as integrais acima, temos de proceder como segue:
A =
∫ pi/4
0
(
cos(x)− sen(x)) dx+
∫ pi/2
pi/4
(
sen(x)− cos(x)) dx.
Como
cos2(x) =
1 + cos(2x)
2
, sen2(x) =
1− cos(2x)
2
,
temos
V = pi
∫ pi/4
0
cos(2x) dx− pi
∫ pi/2
pi/4
cos(2x) dx = 2pi
∫ pi/4
0
cos(2x) dx.
3a Questa˜o: (2,5 pts) Calcule:
(a) lim
x→0
tg x
ln(2ex − 1) , (b) limx→+∞
√
x2 − 1
x
, (c)
∫ 5
4
5x− 13
x2 − 5x+ 6 dx, (d)
∫
sen(ln(x)) dx,
(e) f ′(x) onde f(x) = exp
(
3
√
x+ sen(x2)
)
( Obs.: exp(u) = eu ).
Soluc¸a˜o: (a) Como a indeterminac¸a˜o neste caso e´ da forma “0/0”, aplicando a Regra de L’Hoˆpital, temos:
lim
x→0
tan(x)
ln(2ex − 1) = limx→0
[
sec2(x)
(
2ex − 1
2ex
)]
= lim
x→0
sec2(x) lim
x→0
(
2ex − 1
2ex
)
=
1
2
.
(b) Embora a indeterminac¸a˜o neste caso seja da forma “∞/∞”, a Regra de L’Hoˆpital na˜o se aplica, como
se pode observar claramente. Por outro lado, e´ claro que
√
x2 − 1 =
√
x2
(
1− 1
x2
)
= |x|
√
1− 1
x2
, ∀x 6= 0.
Portanto,
lim
x→+∞
√
x2 − 1
x
= lim
x→+∞
√
1− 1
x2
= 1.
(c) As razes da equac¸a˜o x2 − 5x+ 6 = 0 sa˜o x = 3 e x = 2. Logo, podemos decompor a func¸a˜o racional em
frac¸o˜es parciais:
5x− 13
x2 − 5x+ 6 =
A
x− 3 +
B
x− 2 =
(A+B)x− (2A+ 3B)
x2 − 5x+ 6 .
A identidade se verifica se, e somente se, A e B satisfazem o sistema
A+B = 5
2A+ 3B = 13
Resolvendo o sistema acima, obtemos A = 2 e B = 3. Logo,
∫ 5
4
5x− 13
x2 − 5x+ 6 dx = 2
∫ 5
4
dx
x− 3 + 3
∫ 5
4
dx
x− 2 = ln
∣∣(x− 3)2(x− 2)3∣∣5
4
= ln
(
27
2
)
.
(d) Considerando a substituic¸a˜o u = ln(x), temos
du =
1
x
dx ⇐⇒ dx = xdu = eudu.
Logo, ∫
sen
(
ln(x)
)
dx =
∫
sen(u)eu du.
Integrando por partes duas vezes, obtemos:
∫
sen(u)eu du = sen(u)eu −
∫
cos(u)eu du = sen(u)eu −
[
cos(u)eu +
∫
sen(u)eu du
]
.
isto e´,
2
∫
sen(u)eu du =
[
sen(u)− cos(u)]eu + C.
Portanto, ∫
sen
(
ln(x)
)
dx =
x
2
[
sen(ln(x))− cos(ln(x))]+ C.
(e) Denotando u(x) = 3
√
x+ sen(x2), temos pela regra da cadeia, f ′(x) = eu(x)u′(x), onde
u′(x) =
1
3
x−2/3 + 2x cos(x2).
Logo,
f ′(x) = exp
(
3
√
x+ sen(x2)
)(1
3
x−2/3 + 2x cos(x2)
)
.
4a Questa˜o: (2,0 pts)
Um peso P deve ser mantido suspenso a 10 cm de uma barra
horizontal de extremidades A e B, por um fio na forma de
Y (veja figura). Sabendo que o segmento mede 8 cm, qual
o fio de menor comprimento que pode ser usado?
A B
10cm
8cm
P
Q
x
10− x
Soluc¸a˜o: Seja x a distaˆncia do ponto Q ao ponto me´dio da barra. Enta˜o o comprimento da corda mede:
L(x) = 10− x+ 2
√
16 + x2, x ∈ [0, 10].
Calculando a derivada de L(x), obtemos:
L′(x) = −1 + 2x√
16 + x2
, L′(x) = 0 ⇐⇒
√
16 + x2 = 2x.
Portanto, x = 4
√
3/3 e´ ponto cr´ıtico de L. Observe que
L′′(x) =
32
(16 + x2)3/2
> 0, ∀x ∈ (0, 10).
Logo, L e´ func¸a˜o estritamente convexa e, consequentemente, x = 4
√
3/3 ∈ (0, 10) e´ o u´nico ponto de mı´nimo
global de L. Assim, o comprimento mı´nimo e´
L(4
√
3/3) = 10− 12
√
3
3
.
5a Questa˜o: (2,0 pts) Considere a func¸a˜o
y = f(x) =
∫ sen(x/2)
0
et
2
dt.
Ache a equac¸a˜o da reta r que e´ tangente ao gra´fico de f no ponto (2pi, 0). Em seguida ache as coordenadas
do ponto de intersec¸a˜o da reta r com a reta s dada por:
y =
3
2
x+ pi.
Soluc¸a˜o: Definindo
F (u) =
∫ u
0
et
2
dt,
segue do Teorema Fundamental do Ca´lculo, F ′(u) = eu
2
. Como f(x) = F
(
sen(x/2)
)
, segue da regra da
cadeia:
f ′(x) = F ′
(
sen
(x
2
))
cos
(x
2
) 1
2
=
1
2
esen
2(x/2) cos
(x
2
)
⇒ f ′(2pi) = −1
2
.
A equac¸a˜o da reta r tangente ao gra´fico de f no ponto (2pi, 0) e´:
y = f ′(2pi)(x− 2pi) = −1
2
(x− 2pi) = −x
2
+ pi.
Se P = (a, b) e´ o ponto onde as retas r e s se cruzam, enta˜o
b =
3
2
a+ pi = −1
2
a+ pi ⇒ a = 0, b = pi.
Portanto, P = (0, pi).
 
Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral I - MAC118
Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 18/07/2013
Questão 1: (2 pontos)
Considere a função y = f(x) cujo gráfico é dado na figura abaixo.
Com a ajuda da figura, responda às seguintes perguntas:
(i) Quais são as assíntotas horizontais e verticais ao gráfico da função f?
(ii) Identifique os intervalos onde a derivada da função f é positiva e os intervalos onde a derivada
da função f é negativa.
(iii) Quais são os pontos críticos de f? A função f admite máximos ou mínimos locais nesses
pontos?
(iv) A função f é derivável em x = e? Caso seja, quanto vale f ′(e)? A função f é derivável em
x = 15? Caso seja, quanto vale f ′(15)?
Solução:
(i) Observamos na figura que limx→−∞ f(x) = 0, portanto a reta y = 0 é uma assíntota
horizontal ao gráfico da função f . Também, observamos que limx→5 f(x) = −∞ e assim a
reta x = 5 é uma assíntota vertical ao gráfico da função f .
(ii) A derivada da função f é positiva nos intervalos onde a função f é crescente, ou seja em
(−∞, d), (5, e) e (15,+∞). A derivada da função f é negativa nos intervalos onde a função
f é decrescente, ou seja em (d, 5) e (e, 15).
(iii) Por definição, os pontos críticos da função f são os pontos c no domínio de f tais que f
não é derivável em c ou f ′(c) = 0. Portanto, aqui os pontos críticos de f são d, e e 15.
Além disso, observamos que f admite máximos locais em x = d e x = e e um mínmo local
em x = 15.
(iv) A função f é derivável em x = e. Como ela admite um mínimo local em x = e, vale
f ′(e) = 0. Por outro lado, a função f não é derivável em x = 15, já que limx→15− f ′(x) 6=
limx→15+ f ′(x).
Questão 2: (2 pontos)
Determine a equação da reta r passando por (0, 0), tal que a área da região limitada por r e pela
curva y = x3 − x, com x > 0, seja igual a 4.
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Cálculo Diferencial e IntegralI - MAC118
Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 18/07/2013(continuação)
Solução:
Como a reta r passa pela origem, será da forma y = mx para algum m ∈ R. Calculemos as
interseções da reta com a curva y = x3 − x.
mx = x3 − x ⇐⇒ x = 0 ou x = ±√m+ 1.
Assim, a região desejada está entre x = 0 e (por ser x > 0) x =
√
m+ 1. Concluímos também
que deve ter-se m ≥ −1, pois caso contrário a reta y = mx apenas interseta a curva em x = 0,
não definindo assim uma região limitada. Para x entre 0 e
√
m+ 1, o gráfico de y = x3 − x está
sempre abaixo do gráfico da reta y = mx. Temos então
4 =
∫ √m+1
0
(
mx− (x3 − x)
)
dx =
[
m
x2
2 −
x4
4 +
x2
2
]√m+1
0
= (m+ 1)
2
2 −
(m+ 1)2
4 =
(m+ 1)2
4 .
Portanto, deve ter-se (m+ 1)2 = 16, ou (como m ≥ −1), m+ 1 = 4. Portanto, m = 3 e a reta
pretendida é y = 3x.
Questão 3: (2 pontos)
Calcule as integrais abaixo.
(i)
∫ et√
1− e2t dt . (ii)
∫ pi
2
0
exsenx dx .
Solução:
(i) Fazemos a substituição u = et ⇒ du = etdt. Portanto, vale
∫ et√
1− e2t dt =
∫ 1√
1− u2 du = arcsenu+ C = arcsen (e
t) + C .
(ii) Seja I = ∫ pi20 exsenx dx. Calculamos integrando por partes duas vezes que
I =
∫ pi
2
0
ex d(− cosx) = −ex cosx
∣∣∣∣pi2
0
+
∫ pi
2
0
cos x d(ex) = 1 +
∫ pi
2
0
ex d(senx)
= 1 + exsenx
∣∣∣∣pi2
0
−
∫ pi
2
0
senx d(ex) = 1 + epi2 − I .
Portanto, conluímos que I = 12
(
1 + epi2
)
.
Questão 4: (2 pontos)
Calcule os seguintes limites:
(i) lim
x→0
√
x cotg x. (ii) lim
x→+∞
[
ln x+ ln
(
tg
(1
x
))]
.
Página 2 de 3
Cálculo Diferencial e Integral I - MAC118
Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 18/07/2013(continuação)
Solução:
(i) Usamos o limite fundamental limx→0 senxx = 1 e o fato que a função : x 7→
√
x é uma função
contínua para calcular
lim
x→0
√
x cotg x =
√
lim
x→0
x cosx
senx =
√
1 .
(ii) Usamos a mudança de variável y = 1
x
, o fato que a função ln é contínua e o limite
fundamental limx→0 sen yy = 1 para calcular
lim
x→+∞
[
ln x+ ln
(
tg
(1
x
))]
= lim
x→+∞ ln
(tg(1/x)
1/x
)
= lim
y→0+ ln
(tg y
y
)
= ln
(
lim
y→0+
sen y
y cos y
)
= 0 .
Questão 5: (2 pontos)
Os lados de um retângulo encolhem de forma tal que a área do mesmo decresce a uma taxa constante
de 24 cm2/s. Sabendo-se que, em qualquer instante, a base do retângulo x decresce três vezes mais
rápido que sua altura y, calcule a taxa de variação da altura no instante em que x = y = 2 cm.
Solução:
Seja A a área do rectângulo. Então A = xy. Derivamos essa relação com respeito ao tempo e
deduzimos que
−24 = A′ = x′y + xy′ . (1)
Por outro lado, como a base do retângulo x decresce três vezes mais rápido que sua altura y,
temos que x′ = 3y′, o que implica combinado com (1) que −24 = y′(3y + x). Portanto, no
instante em que x = y = 2 cm, obtemos que y′ = −3cm/s.
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
Duração da prova: duas horas e meia
Página 3 de 3 Boa prova!
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
Instituto de Matema´tica
PROVA FINAL UNIFICADA – CA´LCULO I
POLITE´CNICA E ENGENHARIA QUI´MICA 28/02/2013.
GABARITO
1a Questa˜o. (2.0 pontos).
Calcule:
a) f ′(x) se f(x) =
√
x +
√
x + ex
b) lim
x→0+
1
senx
∫ senx
0
et
2
dt
c)
∫
2x
√
1 + x2 dx
• Soluc¸a˜o.
a) Seja f(x) =
√
x +
√
x + ex =
(
x + (x + ex)1/2
)1/2
. Logo,
f ′(x) =
1
2
(
x + (x + ex)1/2
)−1/2 · (x + (x + ex)1/2)′
=
1
2
(
x + (x + ex)1/2
)−1/2 · [1 + 1
2
(x + ex)−1/2(1 + ex)
]
.
b) Pela regra de L’Hoˆpital,
lim
x→0+
1
senx
∫ senx
0
et
2
dt = lim
x→0+
1
cosx
· d
dx
(∫ senx
0
et
2
dt
)
.
Agora, usando a regra da cadeia e o teorema fundamental do ca´lculo, obtemos que
d
dx
(∫ senx
0
et
2
dt
)
=
d
du
(∫ u
0
et
2
dt
)
· du
dx
= e sen
2x · cosx,
onde u = senx. Logo,
lim
x→0+
1
senx
∫ senx
0
et
2
dt = lim
x→0+
e sen
2x = 1.
c) Fazendo a substituic¸a˜o u = 1 + x2 com du = 2x dx, obtemos que∫
2x
√
1 + x2 dx =
∫ √
u du =
∫
u1/2 du
=
2
3
u3/2 + C =
2
3
(1 + x2)3/2 + C.
2a Questa˜o. (2.5 pontos).
Encontre a a´rea da regia˜o R limitada pelas curvas y + x = 6 , y + x3 = 0 e 2y − x = 0.
• Soluc¸a˜o.
Primeiro encontramos os pontos de in-
tersec¸a˜o das retas y + x = 6, y + x3 = 0
e 2y − x = 0.
Temos que
6− x = −x3 ⇒ x = −2,
6− x = x
2
⇒ x = 4,
x
2
= −x3 ⇒ x = 0.
Logo, os pontos de intersec¸a˜o sa˜o (−2, 8),
(0, 0) e (4, 2).
Portanto, a a´rea total e´
x
y
y + x=6y + x3=0
2y − x=0
(−2, 8)
(0, 0)
(4, 2)
•
•
•
A =
∫ 0
−2
6− x− (−x3) dx +
∫ 4
0
6− x− x
2
dx
=
∫ 0
−2
6− x + x3 dx +
∫ 4
0
6− 3x
2
dx
=
[
6x− x
2
2
+
x4
4
∣∣∣∣0
−2
+
[
6x− 3x
2
4
∣∣∣∣4
0
= 10 + 12 = 22 u.a.
3a Questa˜o. (2.5 pontos).
Considere a para´bola y = 4− x2, no primeiro quadrante.
a) Encontre a equac¸a˜o da reta tangente t a` para´bola no
ponto P = (x0, y0).
b) Expresse a a´rea do triaˆngulo OMQ em func¸a˜o de x0.
c) Encontre o ponto sobre a para´bola, tal que o
triaˆngulo OMQ tenha a´rea mı´nima.
d) Sabendo que a taxa de variac¸a˜o da abscissa de P e´
de 2cm/min, determine a taxa de variac¸a˜o da a´rea
do triaˆngulo OMQ, quando o ponto de tangeˆncia e´
P = (1, 3).
• Soluc¸a˜o.
a) Se y = f(x) = 4 − x2, enta˜o a equac¸a˜o da reta t que passa pelo ponto (x0, y0)
tangente ao gra´fico de f sera´ da forma
(y − y0) = f ′(x0)(x− x0).
Como f ′(x0) = −2x0 e y0 = 4− x20 obtemos que
y = −2x0x + 4 + x20.
b) Se x = 0, enta˜o y = 4 + x20. Logo, M = (0, 4 + x
2
0).
Se y = 0, enta˜o 0 = −2x0x + (4 + x20). Logo, Q =
(
4 + x20
2x0
, 0
)
.
Portanto, a a´rea do triaˆngulo OMQ e´
A(x0) =
1
2
(
4 + x20
2x0
)
· (4 + x20) =
(4 + x20)
2
4x0
.
Observe que a construc¸a˜o do triaˆngulo OMQ so´ e´ poss´ıvel se 0 < x0 < 2.
c) Devemos encontrar o valor de x0 para o qual A(x0) e´ mı´nima. Temos que
A′(x0) =
2(4 + x20)(2x0)(4x0)− 4(4 + x20)2
16x20
=
4(4 + x20)(4x
2
0 − x20 − 4)
16x20
=
(4 + x20)(3x
2
0 − 4)
4x20
Logo,
A′(x0) = 0 ⇐⇒ x0 = 2√
3
=
2
√
3
3
.
Como A′(x0) < 0 sempre que 0 < x0 < 2/
√
3 e A′(x) > 0 sempre que 2/
√
3 < x0 < 2,
podemos concluir que a a´rea e´ mı´nima quando x0 = 2/
√
3. Portanto, a a´rea do
triaˆngulo OMQ sera´ mı´nima no ponto (2/
√
3, 8/3).
d) Temos que
A(x0) =
(4 + x20)
2
4x0
e
dx0
dt
= 2 cm/min.
Logo, a taxa de variac¸a˜o da a´rea do triaˆngulo OMQ em relac¸a˜o ao tempo sera´
dA
dt
=
(4 + x20)(3x
2
0 − 4)
4x20
· dx0
dt
=
(4 + x20)(3x
2
0 − 4)
2x20
.
Quando x0 = 1 temos que
dA
dt
∣∣∣
x0=1
= −5
2
cm/min.
4a Questa˜o. (3.0 pontos).
Considere f(x) =
2x2 − 5x + 2
x2 + 1
.
(a) Verifique que f ′(x) =
5x2 − 5
(x2 + 1)2
e que f ′′(x) =
−10x3 + 30x
(x2 + 1)3
.
(b) Ache as ass´ıntotas horizontais e verticais caso existam.
(c) Identifique os intervalos onde a func¸a˜o e´ crescente e onde e´ decrescente.
(d) Encontre os valores ma´ximo e mı´nimo locais e/ou globais caso existam.
(e) Identifique os intervalos de concavidade para cima e para baixo e os pontos de in-
flexa˜o.
(f) Usando as informac¸o˜es anteriores fac¸a um esboc¸o do gra´fico de y = f(x).
• Soluc¸a˜o.
(a) (0.5 pontos) Usando a regra do quociente junto com a regra da cadeia, obtemos que
f ′(x) =
(4x− 5)(x2 + 1)− (2x2 − 5x + 2)(2x)
(x2 + 1)2
=
4x3 + 4x− 5x2 − 5− 4x3 + 10x2 − 4x
(x2 + 1)2
=
5x2 − 5
(x2 + 1)2
,
f ′′(x) =
(10x)(x2 + 1)2 − (5x2 − 5)2(x2 + 1)(2x)
(x2 + 1)4
=
10x3 + 10x−20x3 + 20x
(x2 + 1)3
=
−10x3 + 30x
(x2 + 1)3
.
(b) (0.5 pontos) Temos que
lim
x→+∞ f(x) = limx→+∞
2x2 − 5x + 2
x2 + 1
= lim
x→+∞
x2(2− 5/x + 2/x2)
x2(1 + 1/x2)
= lim
x→+∞
2− 5/x + 2/x2
1 + 1/x2
= 2,
De maneira ana´loga, obtemos que
lim
x→−∞ f(x) = 2.
Logo, a reta y = 2 e´ a u´nica ass´ıntota horizontal ao gra´fico de y = f(x). Na˜o ha´
ass´ıntotas verticais uma vez que a func¸a˜o y = f(x) e´ cont´ınua em toda a reta real.
(c) (0.5 pontos)
Note que f e´ diferencia´vel em toda a reta real. Assim, devemos analisar o sinal
da primeira derivada para determinar os intervalos de crescimento e decrescimento.
Temos que
f ′(x) =
5x2 − 5
(x2 + 1)2
=
5(x2 − 1)
(x2 + 1)2
.
Logo, f ′ se anula em x = −1 e em x = 1. O sinal de f ′ e´ determinado pelo sinal de
x2 − 1 e, portanto, e´ positivo em (−∞,−1) ∪ (1,+∞) e negativo em (−1, 1).
Assim, f e´ crescente em (−∞,−1) ∪ (1,+∞) e decrescente em (−1, 1).
(d) (0.5 pontos) Segue do Teste da Primeira Derivada que f possui um ma´ximo em
x = −1 com f(−1) = 9/2 e um mı´nimo em x = 1 com f(1) = −1/2.
(e) (0.5 pontos) Analisemos o sinal da segunda derivada:
f ′′(x) =
−10x3 + 30x
(x2 + 1)3
=
−10x(x2 − 3)
(x2 + 1)3
Temos que f ′′ e´ positiva nos intervalos (−∞,−√3) e (0,√3) e negativa nos intervalos
(−√3, 0) e (√3,+∞). Conclu´ımos, portanto, que o gra´fico de y = f(x) e´ coˆncavo
para baixo em
(−
√
3, 0) ∪ (
√
3,+∞)
e coˆncavo para cima em
(−∞,−
√
3) ∪ (0,
√
3).
Consequentemente, (−√3, 2−5√3/4), (0, 0) e (√3, 2+5√3/4) sa˜o pontos de inflexa˜o.
(f) (0.5 pontos)
Figura 1: Gra´fico
(a) y(x) = 2x
2−5x+2
x2+1
 
���
���@@
@@
@@
���
���@@
@@
@@
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��
��
@@@
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��
�� Universidade Federal do Rio de Janeiro
Instituto de Matema´tica - Departamento de Me´todos Matema´ticos
GABARITO DA PROVA FINAL UNIFICADA de CA´LCULO I – 03/07/2012
Escola Polite´cnica e Escola de Qu´ımica
Questa˜o 1 (3,0 pontos.) Sejam A > 0 e B > 0 nu´meros reais e considere a func¸a˜o f : R → R
definida por
f(x) =
 e
Ax − e−Bx
2x
, para x 6= 0,
1, para x = 0.
(a) Calcule f ′(x), para x 6= 0.
(b) Calcule limx→0 f ′(x)
(c) Se fixarmos f ′(0) = 0, qual deve ser o valor de A e B para que f e f ′ sejam cont´ınuas em
x = 0.
Soluc¸a˜o.
(a) Se x 6= 0, temos que
f ′(x) =
(A eAx +B e−Bx)2x− 2(eAx − e−Bx)
4x2
=
AxeAx +Bxe−Bx − eAx + e−Bx
2x2
=
(Ax− 1)eAx + (Bx+ 1)e−Bx
2x2
.
(b) Usando L’Hoˆspital, obtemos que
lim
x→0
f ′(x) = lim
x→0
(Ax− 1)eAx + (B x+ 1)e−Bx
2x2
= lim
x→0
A eAx + (Ax− 1)A eAx +B e−Bx − (Bx+ 1)B e−Bx
4x
= lim
x→0
2A2 eAx + (Ax− 1)A2 eAx − 2B2 e−Bx + (Bx+ 1)B2 e−Bx
4
=
2A2 −A2 − 2B2 +B2
4
=
A2 −B2
4
(c) Fixemos f ′(0) = 0. Para que f seja cont´ınua devemos ter que
lim
x→0
eAx − e−Bx
2x
= lim
x→0
A eAx +B e−Bx
2
=
A+B
2
= 1
Logo, temos o seguinte sistema
A+B
2
= 1 e
A2 −B2
4
= 0.
Consequentemente, A2 = B2 ⇒ A = B. Portanto, A = 1 e B = 1.
Questa˜o 2. Considere a para´bola y = x2 + 5.
(a) Ache as retas tangentes a` para´bola nos pontos cuja abscissa e´ x = 2 e x = −2.
(b) Calcule a a´rea da regia˜o limitada pela para´bola e pelas duas retas tangentes do item (a).
Soluc¸a˜o.
(a) O coeficiente angular da reta tangente a` y = x2 + 5 no ponto (x, y) e´ 2x. Portanto, no ponto
(2, 9) e´ 4 e no ponto (−2, 9) e´ −4. Colocando na equac¸a˜o da reta y−y0 = m(x−x0), obtemos
que a reta tangente no ponto (2, 9) e´ y = 4x+ 1 e no ponto (−2, 9) e´ y = −4x+ 1.
(b) A figura abaixo e´ um esboc¸o da regia˜o cuja a´rea vamos calcular.
Por simetria, basta calcular a a´rea da regia˜o contida no primeiro quadrante e multiplicar por
2. Portanto,
A = 2
∫ 2
0
[(x2 + 5)− (4x+ 1)]dx = 2
∫ 2
0
(x2 − 4x+ 4)dx = (x
3
3
− 2x2 + 4x)
∣∣∣∣x=2
x=0
=
16
3
.
Questa˜o 3 (2,0 pontos) Resolva as integrais indefinidas abaixo:
(a)
∫∞
0 x
2e−
x
2 dx
(b)
∫ √
x2−2
x dx
Soluc¸a˜o.
(a) A integral desejada e´ impro´pria. Portanto,
∫∞
0 x
2e−
x
2 dx = lim
b→0
∫ b
0
x2e−
x
2 dx. Fazendo inte-
grac¸a˜o por partes duas vezes, vamos ter
∫
x2e−
x
2 dx = −2x2e−x2 + 4 ∫ xe−x2 dx
= −2x2e−x2 − 8xe−x2 + 8 ∫ e−x2 dx
= −2x2e−x2 − 8xe−x2 − 16e−x2 + C
Pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo,∫ b
0
x2e−
x
2 dx = 16− 2b2e−b2 − 8be−b2 − 16e−b2
Portanto, ∫ ∞
0
x2e−
x
2 dx = lim
b→∞
(16− 2b2e−b2 − 8be−b2 − 16e−b2 ).
Para calcular o limite com b tendendo a infinito, primeiro note que
lim
b→∞
e−
b
2 = 0.
Ja´ os limites lim
b→∞
b2e−
b
2 , lim
b→∞
be−
b
2 sa˜o indeterminac¸o˜es do tipo 0 ·∞. Por L’ Hospital, temos
que
lim
b→∞
b2e−
b
2 = lim
b→∞
b2
e
b
2
= lim
b→∞
2b
1
2e
b
2
= lim
b→∞
2
1
4e
b
2
= 0
e
lim
b→∞
be−
b
2 = lim
b→∞
b
e
b
2
= lim
b→∞
1
1
2e
b
2
= 0
Da´ı, segue que ∫ ∞
0
x2e−
x
2 dx = 16.
(b) Fac¸a a substituic¸a˜o x =
√
2 sec(θ). Nesse caso, dx =
√
2 sec(θ)tg(θ) dθ e, portanto,∫ √
x2 − 2
x
dx =
∫ √
2 tg(θ)√
2 sec(θ)
√
2 sec(θ)tg(θ) dθ =
√
2
∫
tg2(θ) dθ
Para resolver a integral em func¸a˜o de θ, lembre-se que tg2(θ) = sec2(θ)− 1. Portanto,
√
2
∫
tg2(θ) dθ =
√
2
(∫
sec2(θ) dθ −
∫
dθ
)
=
√
2(tg(θ)− θ) + C
Para voltar com a varia´vel x, estudamos o triaˆngulo abaixo
√
2
√
x2−2 x
θ
Segue dele que tg(θ) =
√
x2 − 2√
2
. Portanto,
∫ √
x2 − 2
x
dx =
√
x2 − 2−
√
2 arcsec
(
x√
2
)
+ C
Questa˜o 4. (3,0 pontos)
Considere a func¸a˜o definida por f(x) =
x
(x+ 2)3
. Determine, justificando:
1. O domı´nio de f e as ass´ıntotas horizontais e verticais, caso existam.
2. Os intervalos onde f e´ crescente e onde f e´ decrescente e os pontos de ma´ximo e de mı´nimo
relativos, caso existam.
3. Os intervalos onde o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima e onde e´ coˆncavo para baixo e os pontos
de inflexa˜o, caso existam.
4. O esboc¸o do gra´fico de f e os extremos absolutos, caso existam.
Soluc¸a˜o.
1. A func¸a˜o esta´ bem definida para todo R exceto para x = −2. Logo,
Dom(f) = R \ {−2} = (−∞,−2) ∪ (−2,+∞).
Usando a regra de L’Hospital, temos que
lim
x→−∞
x
(x+ 2)3
= lim
x→−∞
1
3(x+ 2)2
= 0,
lim
x→+∞
x
(x+ 2)3
= lim
x→+∞
1
3(x+ 2)2
= 0.
Logo, a reta y = 0 e´ uma ass´ıntota horizontal do gra´fico de f . Estudando o sinal de f ,
obtemos que
lim
x→−2−
x
(x+ 2)3
= +∞ e lim
x→−2+
x
(x+ 2)3
= −∞.
Logo, a reta x = −2 e´ uma ass´ıntota vertical do gra´fico de f .
2. Temos que
f ′(x) =
(x+ 2)3 − 3x(x+ 2)2
(x+ 2)6
=
2− 2x
(x+ 2)4
, x 6= −2.
Logo, o ponto cr´ıtico de f e´ x = 1. Note que x = −2 na˜o e´ um ponto cr´ıtico, pois a func¸a˜o f
na˜o esta´ definida nesse ponto. Estudando o sinal de f ′ obtemos que:
- f ′(x) > 0, para todo x ∈ (−∞,−2)∪(−2, 1). Logo, f e´ crescente no intervalo (−∞,−2)∪
(−2, 1).
- f ′(x) < 0, para todo x ∈ (1,+∞). Logo, f e´ decrescente no intervalo (1,+∞).
Segue do teste da primeira derivada que f possui um ma´ximo local em x = 1 com f(1) =
1
27
.
3. Temos que
f ′′(x) =
−2(x+ 2)4 − 4(2− 2x)(x+ 2)3
(x+ 2)8
=
6x− 12
(x+ 2)5
Estudando o sinal de f ′′ obtemos que:
- f ′′(x) > 0, para todo x ∈ (−∞,−2) ∪ (2,+∞). Logo, f tem concavidade para cima no
intervalo (−∞,−2) ∪ (2,+∞).
- f ′′(x) < 0, para todo x ∈ (−2, 2). Logo, f tem concavidade para baixo no intervalo
(−2, 2).
Consequentemente, (2, 1/32) e´ um ponto de inflexa˜o.
4. Esboc¸o do gra´fico.
Finalmente, podemos concluir do gra´fico que o ponto (1, 1/27) e´ apenas um ponto de ma´ximo
local, visto que
lim
x→−2−
x
(x+ 2)3
= +∞ e lim
x→−2+
x
(x+ 2)3
= −∞.
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
Instituto de Matema´tica
PROVA FINALUNIFICADA – CA´LCULO I
POLITE´CNICA E ENGENHARIA QUI´MICA 01/12/2011.
GABARITO
1a Questa˜o. (2.5 pontos).
Determine a equac¸a˜o da reta que passa pelo ponto (−2, 1) e que faz com os eixos coorde-
nados um triaˆngulo, no segundo quadrante, de modo que o volume do so´lido obtido pela
rotac¸a˜o do triaˆngulo em torno do eixo y seja mı´nimo.
• Soluc¸a˜o.
Na figura ao lado, sejam
x : Base do triaˆngulo.
y : Altura do triaˆngulo.
A func¸a˜o a ser minimizada e´ o volume
de um cone de raio x e altura y, isto e´
V =
pi
3
x2y,
onde
y
x
=
1
x− 2 ⇒ y =
x
x− 2.
x
y
1
−2
•
(x − 2)
x
y
(−2, 1)
Logo, V (x) =
pi
3
x3
x− 2 que e´ cont´ınua em (2,+∞). Derivando temos
V ′(x) =
pi
3
3x2(x− 2)− x3
(x− 2)2 =
pi
3
2x3 − 6x2
(x− 2)2 .
Assim, V ′(x) existe, para todo x ∈ (2,+∞). Pontos cr´ıticos
V ′(x) = 0 =⇒ 2x2(x− 3) = 0 =⇒ x = 3 ∈ (2,+∞).
Estudando o sinal de V ′(x) temos
(i) V ′(x) < 0 no intervalo (2, 3).
(ii) V ′(x) > 0 no intervalo (3,+∞).
Logo, como V (x) e´ cont´ınua em (2,+∞), V (x) tem um mı´nimo absoluto em x = 3. Alem
disso, para x = 3 temos que y = 3. Portanto a reta passa pelos ponto (−3, 0) e (3, 0).
Logo a equac¸a˜o da reta esta´ dada por
x
−3 +
y
3
= 1 =⇒ y = x+ 3.
2a Questa˜o. (2.0 pontos).
Calcule
(a) lim
x→2
√
x+ 2−√2x
x2 − 2x .
1
(b)
∫ pi/2
0
sen(2x)
sen2(x)− sen(x)− 2dx.
• Soluc¸a˜o.
(a) Analisando separadamente o numerador e o denominador respectivamente temos que
lim
x→2
=
√
x+ 2−
√
2x = 0 e lim
x→2
= x2 − 2x = 0.
Resultando numa indeterminac¸a˜o “0
0
”. Uma das hipo´teses exigidas pelo Teorema
do L’Hospital. Sabendo que as func¸o˜es envolvidas esta˜o satisfazendo as hipo´teses
restantes, temos pelo L’Hospital que
lim
x→2
√
x+ 2−√2x
x2 − 2x = limx→2
1
2
√
x+2
− 1√
2x
2x− 2 .
Organizando melhor o u´ltimo limite, temos que
lim
x→2
1
2
√
x+2
− 1√
2x
2x− 2 = limx→2
√
2x− 2√x+ 2
(2
√
x+ 2
√
2x)(2x− 2) .
De novo, analisando separadamente o numerador e o denominador respectivamente
encontramos que
lim
x→2
√
2x− 2√x+ 2 = −2 e lim
x→2
(2
√
x+ 2
√
2x)(2x− 2) = 16.
Logo, chegamos no resultado do limite abaixo
lim
x→2
√
x+ 2−√2x
x2 − 2x = limx→2
1
2
√
x+2
− 1√
2x
2x− 2 = −
1
8
.
(b) Usaremos a identidade sen(2x) = 2sen(x) cos(x) e a substituic¸a˜o u = sen(x)
(dx = cos(x)dx), para deduzir que
x = 0 −→ u = 0
x =
pi
2
−→ u = 1.
Portanto, substituindo temos
I =
∫ pi/2
0
sen(2x)
sen2(x)− sen(x)− 2dx =
∫
1
0
2u
u2 − u− 2du =
∫
1
0
2u
(u− 2)(u+ 1)du.
Por frac¸o˜es parciais
2u
(u− 2)(u+ 1) =
A
(u− 2) +
B
(u+ 1)
=⇒ A = 4
3
e B =
2
3
.
Logo
I =
∫
1
0
2u
(u− 2)(u + 1)du =
4
3
∫
1
0
1
(u− 2)du+
2
3
∫
1
0
1
(u+ 1)
du
=
4
3
ln |u− 2|
∣∣∣1
0
+
2
3
ln |u+ 1|
∣∣∣1
0
= −4
3
ln(2) +
2
3
ln(2) = −2
3
ln(2).
2
3a Questa˜o. (2.5 pontos).
Seja a func¸a˜o f(y) =
∫ y
0
√
sec4(t)− 1dt.
1. Calcule o(s) ponto(s) cr´ıtico(s) de f(y) no intervalo [−pi
4
, pi
4
].
2. Determine o comprimento de f(y) no intervalo [−pi
4
, pi
4
].
• Soluc¸a˜o.
1. Pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo temos que
f ′(y) =
√
sec4(y)− 1.
Encontrando os pontos cr´ıticos:
f ′(y) =
√
sec4(y)− 1 = 0 ⇒ sec4(y) = 1 ⇒ sec(y) = ±1.
Como y ∈ [−pi
4
, pi
4
] devemos ter sec(y) = 1. Logo y = 0 e´ o u´nico nu´mero cr´ıtico de
f em [−pi
4
, pi
4
].
2. O comprimento do gra´fico de f no intervalo dado e´
∫ pi
4
−pi
4
√
1 + (f ′(y))2dy =
∫ pi
4
−pi
4
√
1 + (sec(y)4 − 1)dy =
∫ pi
4
−pi
4
sec2(y)dy = tg (y)
∣∣pi4
−pi
4
= 2.
4a Questa˜o. (3.0 pontos).
Dada a func¸a˜o f(x) =
1 + ln(x)
x
. Determine, justificando:
1. O domı´nio de f e as ass´ıntotas horizontais e verticais, caso existam.
2. Os intervalos onde f e´ crescente e onde f e´ decrescente e os pontos de ma´ximos e de
mı´nimos relativos, caso existam.
3. Os intervalos onde o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima e onde e´ coˆncavo para baixo
e os pontos de inflexa˜o, caso existam.
4. O esboc¸o do gra´fico de f e os extremos absolutos, caso existam.
• Soluc¸a˜o.
1. Domı´nio de f : (0,+∞). Ca´lculo de ass´ıntotas (usando L’Hospital):
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
1 + ln(x)
x
= lim
x→+∞
1/x
1
= lim
x→+∞
1
x
= 0.
Logo, a reta y = 0 e´ uma ass´ıntota horizontal ao gra´fico de f . Ale´m disso
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
1 + ln(x)
x
= −∞.
Portanto a reta x = 0 e´ uma ass´ıntota vertical ao gra´fico de f .
2. Pontos cr´ıticos:
f ′(x) =
1
x
.x− 1(1 + ln(x))
x2
=
1− 1− ln(x)
x2
=
− ln(x)
x2
.
Assim, f ′(x) = 0 se e somente se x = 1. Portanto x = 1 e´ um nu´mero cr´ıtico de f .
Estudando o sinal de f ′(x):
(i) f ′(x) < 0 para x > 1. Enta˜o f e´ decrescente em (1,+∞).
3
(ii) f ′(x) > 0 para 0 < x < 1. Enta˜o f e´ crescente em (0, 1).
Enta˜o, pelo teste da derivada primeira, f tem um ma´ximo relativo em x = 1. Ma´x.
relativo : f(1) = 1.
3. Como f ′(x) =
− ln(x)
x2
, enta˜o
f ′′(x) =
−1
x
.x2 + 2x ln(x)
x4
=
−x+ 2x ln(x)
x4
=
−1 + 2 ln(x)
x3
,
logo, f ′′(x) existe, para todo x > 0. Tambem
f ′′(x) = 0 =⇒ −1 + 2 ln(x) =⇒ ln(x) = 2 =⇒ x = e1/2.
Assim, estudando o sinal de f ′′(x) teremos:
(i) f ′′(x) < 0 para 0 < x < e1/2. Enta˜o f e´ coˆncava para baixo em (0, e1/2).
(ii) f ′′(x) > 0 para x > e1/2. Enta˜o f e´ coˆncava para cima em (e1/2,+∞).
Logo, o gra´fico de f tem um ponto de inflexa˜o em x = e1/2. Ponto de Inflexa˜o :
(e1/2, 3
2e1/2
).
4. Esboc¸o do gra´fico.
x
y
e
−1
1
1
e
1/2
3
2e
1/2
Finalmente, podemos conclu´ır do gra´fico que f(1) = 1 e´ o ma´ximo absoluto de f ,
pois f(x) ≤ 1 para todo x ∈ (0,+∞).
4
Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Departamento de Me´todos Matema´ticos
Prova Final Unificada de Ca´lculo I - Polite´cnica e Engenharia Qu´ımica
30/06/2011
1a Questa˜o: (2 pontos)
Considere a para´bola y = 12− x2, no primeiro quadrante.
a) Encontre a equac¸a˜o da reta tangente a` para´bola, passando pelo ponto P0 = (x0, y0).
b) Encontre a a´rea do triaˆngulo determinado pelo eixo x, eixo y e a reta tangente do item
anterior, no primeiro quadrante.
c) Encontre o ponto P0 sobre a para´bola, tal que o triaˆngulo do item anterior tenha a´rea
mı´nima. Justifique.
2a Questa˜o: (2 pontos)
Seja r a reta tangente ao gra´fico de f(x) = x2 tg x+
senx
e2x
no ponto (0 , 0) e seja s a reta
tangente a` curva x4 + y4 = x+ y no ponto (1 , 1).
Pergunta-se: as retas r e s sa˜o paralelas? Perpendiculares? Nem paralelas nem perpen-
diculares?
Justifique sua resposta!!!
3a Questa˜o: (3 pontos)
Calcule
a)
∫ ∞
0
e−5xx2 dx
b)
∫
x√
3x+ 1
dx
4a Questa˜o: (3 pontos)
a) Calcule o comprimento de arco da curva x2 = (2y)3, 1 ≤ x ≤ 2√2.
b) Calcule a a´rea limitada pela curva x = 1− 1
y2
e as retas x = 1, y = 1 e y = 4. Fac¸a
um esboc¸o da a´rea que esta´ calculando.
JUSTIFIQUE SUAS RESPOSTAS !
Boa Sorte!!!
Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Departamento de Me´todos Matema´ticos
Prova Final Unificada de Ca´lculo I - Polite´cnica e Engenharia Qu´ımica
30/06/2011
1a Questa˜o: (2 pontos)
Considere a para´bola y = 12− x2, no primeiro quadrante.
a) Encontre a equac¸a˜o da reta tangente a` para´bola, passando pelo ponto P0 = (x0, y0).
b) Encontre a a´rea do triaˆngulo determinado pelo eixo x, eixo y e a reta tangente do item
anterior, no primeiro quadrante.
c) Encontre o ponto P0 sobre a para´bola, tal que o triaˆngulo do item anterior tenha a´rea
mı´nima. Justifique.
Soluc¸a˜o
a) A reta tangentee´ dada por:
y = (12− x20) + (−2x0)(x− x0) = 12− 2x0x+ x20.
b) A intersec¸a˜o da reta tangente com o eixo x e´ obtida fazendo y = 0: x =
12 + x20
2x0
.
A intersec¸a˜o da reta tangente com o eixo y e´ obtida fazendo x = 0: y = 12 + x20.
Logo a a´rea e´ dada por:
A(x0) =
(12 + x20)
2
(
12 + x20
2x0
)
=
(12 + x20)
2
4x0
, 0 < x0 ≤
√
12.
c) Procurando por pontos cr´ıticos:
A′(x0) =
3(12 + x20)(x
2
0 − 4)
4x20
= 0
quando x0 = 2; logo temos um u´nico ponto cr´ıtico, x0 = 2.
Como A′(x0) < 0 se 0 < x0 < 2, a func¸a˜o e´ decrescente em (0, 2).
Como A′(x0) > 0 se x0 > 2, a func¸a˜o e´ crescente em (2,
√
12).
Logo, o ponto (2, 8) e´ ponto de mı´nimo local.
Como A(x0) e´ uma func¸a˜o cont´ınua em (0,
√
12 ] com um u´nico ponto cr´ıtico em
(0,
√
12 ], o ponto (2, 8) e´ de mı´nimo absoluto.
2a Questa˜o: (2 pontos)
Seja r a reta tangente ao gra´fico de f(x) = x2 tg x+
senx
e2x
no ponto (0 , 0) e seja s a reta
tangente a` curva x4 + y4 = x+ y no ponto (1 , 1).
Pergunta-se: as retas r e s sa˜o paralelas? Perpendiculares? Nem paralelas nem perpen-
diculares?
Justifique sua resposta!!!
Soluc¸a˜o
f ′(x) = 2x tg x+ x2 sec2 x+
cosxe2x − 2 sen xe2x
e4x
.
Enta˜o f ′(0) = 1, ou seja, o coeficiente angular da reta r vale 1.
Por outro lado, derivando implicitamente os dois membros da equac¸a˜o x4 + y4 = x + y
obtemos
4x3 + 4y3y′ = 1 + y′.
Logo, no ponto (1 , 1), encontramos y′ = −1 que e´ o coeficiente angular da reta s.
Como o produto dos coeficientes angulares das duas retas e´ igual a −1, conclu´ımos que
elas sa˜o perpendiculares.
2
3a Questa˜o: (3 pontos)
Calcule
a)
∫ ∞
0
e−5xx2 dx
b)
∫
x√
3x+ 1
dx
Soluc¸a˜o
a) Vamos calcular a integral indefinida usando o me´todo de integrac¸a˜o por partes. Esco-
lhemos u = x2 e dv = e−5xdx, obtendo du = 2x dx e v =
e−5x
−5 . Logo,∫
e−5xx2 dx =
e−5x
−5 x
2 −
∫
e−5x
−5 2x dx = −
e−5x
5
x2 +
2
5
∫
e−5xx dx.
Usando novamente o me´todo de integrac¸a˜o por partes, escolhendo u = x e dv = e−5xdx
e obtendo du = dx e v =
e−5x
−5 , temos:
−e
−5x
5
x2 +
2
5
∫
e−5xx dx = −e
−5x
5
x2 +
2
5
(
e−5x
−5 x−
∫
e−5x
−5 dx
)
=
= −e
−5x
5
x2 − 2
25
e−5xx+
2
25
∫
e−5x dx.
Logo, ∫
e−5xx2 dx = −e
−5x
5
x2 − 2
25
e−5xx− 2
125
e−5x + C.
Portanto∫ ∞
0
e−5xx2 dx = lim
b→∞
∫ b
0
e−5xx2 dx = lim
b→∞
[
−e
−5b
5
b2 − 2
25
e−5bb− 2
125
e−5b
]
−
[
− 2
125
]
,
onde
lim
b→∞
2
125e5b
= 0
e por L’Hospital,
lim
b→∞
2b
25e5b
= lim
b→∞
2
125e5b
= 0,
lim
b→∞
b2
5e5b
= lim
b→∞
2b
25e5b
= 0.
Concluindo, ∫ ∞
0
e−5xx2 dx =
2
125
.
b) Fazendo a substituic¸a˜o u = 3x+ 1, obtemos x =
u− 1
3
e dx =
du
3
. Assim,
∫
x√
3x+ 1
dx =
∫
u− 1
9
√
u
du =
1
9
∫ (
u1/2 − u−1/2) du = 1
9
(
2u3/2
3
− 2u1/2
)
+ C =
=
1
9
[
2(3x+ 1)3/2
3
− 2(3x+ 1)1/2
]
+ C
3
4a Questa˜o: (3 pontos)
a) Calcule o comprimento de arco da curva x2 = (2y)3, 1 ≤ x ≤ 2√2.
b) Calcule a a´rea limitada pela curva x = 1− 1
y2
e as retas x = 1, y = 1 e y = 4. Fac¸a
um esboc¸o da a´rea que esta´ calculando.
Soluc¸a˜o
a) O comprimento da curva e´ dado por∫ 2√2
1
√
1 + (y′(x))2 dx.
Como
y =
x2/3
2
,
temos √
1 + (y′(x))2 =
√
9x2/3 + 1
3x1/3
.
Fazendo a substituic¸a˜o u = 9x2/3 + 1, obtemos
dx
3x1/3
=
du
18
. Logo
∫ √
9x2/3 + 1
3x1/3
dx =
1
18
∫
u1/2 du =
u3/2
27
+ C =
(9x2/3 + 1)3/2
27
+ C.
Assim, o comprimento da curva e´:
(19)3/2 − (10)3/2
27
.
b) Um esboc¸o da a´rea pode ser obtido, trocando a posic¸a˜o dos eixos x e y, como na figura
abaixo.
Calculando a a´rea,∫ 4
1
1−
(
1− 1
y2
)
dy =
∫ 4
1
1
y2
dy = −1
4
+ 1 =
3
4
.
4
 
DEPARTAMENTO de ME´TODOS MATEMA´TICOS
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
GABARITO da PROVA FINAL UNIFICADA de CA´LCULO I
13 de dezembro de 2010
Questa˜o 1. (1,5 pontos)
Seja f(x) = 2x2 − x. Determine o ponto do gra´fico de f onde a tangente e´ paralela a` reta
3x− y − 4 = 0 e encontre uma equac¸a˜o dessa reta tangente.
Soluc¸a˜o.
Seja P = (xp, yp) o ponto procurado. Enta˜o, f
′(P ) e´ igual ao coeficente angular da reta dada.
Como o coeficiente angular da reta 3x− y − 4 = 0 e´ 3, temos f ′(P ) = 3, isto e´, 4xp − 1 = 3. Logo,
xp = 1 e P e´ o ponto (1, f(1)) = (1, 1).
Portanto, a reta pedida tem equac¸a˜o y − 1 = 3(x− 1) ou y = 3x− 2.
Questa˜o 2. (3,5 pontos)
Seja f(x) =
x2
x2 − 1. Obtenha, caso existam:
(a) As ass´ıntotas horizontais e verticais do gra´fico de f .
(b) Os intervalos onde f e´ crescente e onde e´ decrescente.
(c) Os intervalos onde o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima, onde e´ coˆncavo para baixo e os pontos
de inflexa˜o.
Usando as informac¸o˜es acima, esboce o gra´fico de f e determine seus valores extremos (relativos e
absolutos) caso existam.
Soluc¸a˜o.
(a) Ass´ıntotas Horizontais.
lim
x→±∞
x2
x2 − 1 = limx→±∞
1/x2
1 + 1/x2
= 1.
Logo, y = 1 e´ uma ass´ıntota horizontal do gra´fico de f .
Ass´ıntotas Verticais. Como so´ existem ass´ıntotas verticais nos nu´meros onde a func¸a˜o na˜o e´
cont´ınua, vamos verificar o que ocorre em x = ±1.
Note que
lim
x→1+
x2
x2 − 1 = limx→−1−
x2
x2 − 1 = +∞,
pois
x2 − 1 = (x+ 1)(x− 1)→ 0+ quando x→ 1+ ou x→ −1−.
Ale´m disso,
lim
x→1−
x2
x2 − 1 = limx→−1+
x2
x2 − 1 = −∞,
pois
x2 − 1 = (x+ 1)(x− 1)→ 0− quando x→ 1− ou x→ −1+.
Logo, x = 1 e x = −1 sa˜o ass´ıntotas verticais do gra´fico de f .
(b) f ′(x) =
−2x
(x2 − 1)2 .
Como (x2 − 1)2 e´ maior que zero para x 6= ±1, f ′(x) > 0 ⇔ −2x > 0. Enta˜o, f e´ crescente
nos intervalos (−∞,−1) e (−1, 0).
Analogamente f ′(x) < 0⇔ −2x < 0. Logo, f e´ decrescente nos intervalos (0, 1) e (1,+∞).
Em vista disso, (0, f(0)) e´ ponto de ma´ximo relativo.
(c) f
′′
(x) =
6x2 + 2
(x2 − 1)3 .
Como 6x2 + 2 e´ sempre maior que zero, se x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞), f ′′(x) > 0 e o gra´fico de
f e´ coˆncavo para cima. Se x ∈ (−1, 1), f ′′(x) < 0 e o gra´fico de f e´ coˆncavo para baixo.
Reunindo as informac¸o˜es acima, obtemos o gra´fico ao
lado.
Valores extremos.
De acordo com o item (b) e da observac¸a˜o do gra´fico,
temos apenas o ma´ximo relativo 0 em x = 0.
Questa˜o 3. (2,0 pontos)
Seja R a regia˜o delimitada por cima pela curva y = −x2 + 5 e por baixo pela curva y = 4/x2.
Desenhe a regia˜o R e calcule sua a´rea.
Soluc¸a˜o.
Para achar os pontos de intersec¸a˜o das curvas, basta
resolver a equac¸a˜o 4/x2 = −x2 + 5, que e´ equivalente a`
equac¸a˜o biquadra´tica
x4 − 5x2 + 4 = 0.
Suas ra´ızes sa˜o x = ±1 e x = ±2. A regia˜o R esta´
compreendida entre as curvas nos intervalos [−2,−1] e
[1, 2], pois somente nesses intervalos y = −x2 + 5 esta´
acima de y = 4/x2. Portanto, a a´rea de R e´
A =
∫ −1
−2
(−x2 + 5− 4
x2
) dx+
∫ 2
1
(−x2 + 5− 4
x2
) dx.
Por simetria, basta calcular a segunda integral (as func¸o˜es sa˜o pares!). Pelo Teorema Fundamental
do Ca´lculo, temos∫ 2
1
(−x2 + 5− 4
x2
) dx =
(
−x
3
3
+ 5x+
4
x
)∣∣∣∣x=2
x=1
= (−8
3
+ 10 + 2)− (−1
3
+ 5 + 4) =
2
3
.
Logo,
A =
2
3
+
2
3
=
4
3
.
Questa˜o 4. (3,0 pontos)
Calcule:
(a)
∫
e2t√
1− et dt (b)
∫
1√
4 + x2
dx .
Soluc¸a˜o.
(a) Soluc¸a˜o 1: Substituic¸a˜o simples. Esta integral admite va´rias formas de soluc¸a˜o via
substituic¸a˜o simples. Uma delas e´ reescreveˆ-la na forma∫
et(1− et)− 12 etdt
e tomar w = 1 − et. Assim, −dw = etdt e et = 1 − w. Fazendo a substituic¸a˜o na integral
acima, ∫
(1− w)w− 12 (−dw) =
∫
(w
1
2 − w− 12 )dw = 2
3
w
32 − 2w 12 + C.
Substituindo o valor de w,∫
e2t√
1− etdt =
2
3
(1− et) 32 − 2(1− et) 12 + C.
Soluc¸a˜o 2: Integrac¸a˜o por partes. Uma outra forma de resolver e´ aplicando o me´todo
de integrac¸a˜o por partes: ∫
udv = uv −
∫
vdu.
Fazendo u = et e dv = et(1− et)− 12dt, resulta que
du = etdt e v =
∫
et(1− et)− 12dt.
Para resolver esta u´ltima integral, basta fazer uma substituic¸a˜o simples da forma w = 1− et.
Teremos −dw = etdt. Enta˜o,
v =
∫
w−
1
2 (−dw) = −2w 12 = −2(1− et) 12 .
Aplicando na fo´rmula de integrac¸a˜o por partes,∫
et(1− et)− 12 etdt = −2et(1− et) 12 −
∫
−2(1− et) 12 etdt.
Esta u´ltima integral e´ resolvida de forma semelhante a`quela feita para encontrar o valor de
v. Portanto,∫
e2t√
1− etdt =
∫
et(1− et)− 12 etdt = −2et(1− et) 12 − 4
3
(1− et) 32 + C.
Manipulando-se os resultados encontrados na primeira e na segunda soluc¸a˜o, chega-se a∫
e2t√
1− etdt =
∫
et(1− et)− 12 etdt = 2
3
(1− et) 12 (et + 2) + C.
(b) Substituic¸a˜o trigonome´trica.
Tomando x = 2 tg θ, com θ ∈ (−pi/2, pi/2), obtemos √4 + x2 = 2 sec θ e dx = 2 sec2 θ dθ .
Substituindo, ∫
1√
4 + x2
dx =
∫
sec θ dθ = ln | tg θ + sec θ|+ C.
Observando os valores de tg θ e sec θ utilizados na substituic¸a˜o acima, obtemos∫
1√
4 + x2
dx = ln
∣∣∣∣∣x2 +
√
4 + x2
2
∣∣∣∣∣+ C = ln ∣∣∣x+√4 + x2∣∣∣+ C.
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
PROVA FINAL de CA´LCULO I – 2010/1
GABARITO
Questa˜o 1.(1,5 pontos)
Considere a curva S em R2 definida pela func¸a˜o
x = f(y) = e
y−3
2 + e
3−y
2 .
Determine o comprimento de S entre os pontos P =
(
e
−3
2 (1 + e3), 0
)
e Q = (2, 3).
Soluc¸a˜o.
O comprimento de arco e´ dado por :
∫ Q
P
√
1 + (x′(y))2 dy. Assim,
dx
dy
=
1
2
[
e
y−3
2 − e 3−y2
]
=⇒ (x′(y))2 = 1
4
[
ey−3 + e3−y − 2] .
Logo, ∫ Q
P
√
1 + (x′(y))2dy =
∫ Q
P
√
1
4
[
e
y−3
2 + e
3−y
2
]2
dy
=
[
e
y−3
2 − e 3−y2
] ∣∣∣∣3
0
= e−3/2(e3 − 1).
Questa˜o 2.(2,0 pontos)
Seja f(x) =
x2/3
(x− 6)2/3 . Sabendo que f
′(x) =
− 4
x1/3(x− 6)5/3 , determine, caso existam:
(a) As ass´ıntotas horizontais e verticais do gra´fico de f .
(b) Os intervalos onde f e´ crescente e onde e´ decrescente.
(c) Os valores ma´ximos e mı´nimos relativos e/ou absolutos de f .
Soluc¸a˜o.
(a) Ass´ıntotas horizontais:
lim
x→+∞
x2/3
(x− 6)2/3 = limx→+∞
x2/3
x2/3(1− 6/x)2/3 = limx→+∞
1
(1− 6/x)2/3 = 1 .
De forma similar, lim
x→−∞
x2/3
(x− 6)2/3 = 1 . Logo, a reta y = 1 e´ uma ass´ıntota horizontal.
Ass´ıntotas verticais:
lim
x→6−
x2/3
(x− 6)2/3 = limx→6+
x2/3
(x− 6)2/3 = +∞ .
Assim, a reta x = 6 e´ uma ass´ıntota vertical. Como f e´ cont´ınua para todo x 6= 6, o gra´fico de f
na˜o tem nenhuma outra ass´ıntota vertical.
(b) Analisando o sinal de f ′(x) =
− 4
x1/3(x− 6)5/3 :
x < 0⇒ x1/3 < 0 e (x− 6)5/3 < 0⇒ f ′(x) < 0⇒ f(x) e´ decrescente,
0 < x < 6⇒ x1/3 > 0 e (x− 6)5/3 < 0⇒ f ′(x) > 0⇒ f(x) e´ crescente,
x > 6⇒ x1/3 > 0 e (x− 6)5/3 > 0⇒ f ′(x) < 0⇒ f(x) e´ decrescente.
Ou seja, f e´ crescente em (0, 6) e decrescente em (−∞, 0) ∪ (6,+∞).
(c) Do item anterior vemos que f(0) e´ um valor mı´nimo relativo de f . Pore´m, em x = 6 na˜o ha´
extremo pois f na˜o esta´ definida neste nu´mero.
Como f(0) = 0 e f(x) ≥ 0, ∀x 6= 6, f(0) e´ tambe´m o mı´nimo absoluto de f . Este e´ o u´nico valor
extremo de f .
Questa˜o 3.(2,0 pontos)
Calcule os seguintes limites:
(a) lim
x→0

∫ sen (x)
0
tg (t)dt∫ x
0
sen (t)dt
 (b) limx→∞
(
1 +
7
x2
)2x
Soluc¸a˜o.
(a) Note que temos a indeterminac¸a˜o 0/0. Logo aplicando a regra de L’Hoˆspital e o Teorema Funda-
mental do Ca´lculo, teremos que
I = lim
x→0
[
tg ( sen (x)). cos(x)
sen (x)
]
=
(
lim
x→0
tg ( sen (x))
sen (x)
)(
lim
x→0
cos(x)
)
.
Novamente, no primeiro limite temos a indeterminac¸a˜o 0/0. Usando L’Hoˆspital teremos que
lim
x→0
tg ( sen (x))
sen (x)
= lim
x→0
sec2( sen (x)) cos(x)
cos(x)
= sec2( sen (0)) = 1.
Portanto o valor da integral sera´ I = 1.1 = 1.
(b) Note que temos a indeterminac¸a˜o 1∞, portanto usaremos a seguinte identidade:
(
1 +
7
x2
)2x
= e
ln
(
1 +
7
x2
)2x
= e
2x ln
(
1 +
7
x2
)
.
Como a func¸a˜o exponencial e´ uma func¸a˜o cont´ınua, temos que
lim
x→∞
(
1 +
7
x2
)2x
= e
 lim
x→∞ 2x ln
(
1 +
7
x2
)
. (1)
Finalmente, note que (usando L’Hoˆspital) temos que
lim
x→∞ 2x ln
(
1 +
7
x2
)
= lim
x→∞
ln
(
1 +
7
x2
)
1
2x
= lim
x→∞

−14/x3(
1 + 7/x2
)
− 1
2x2

= lim
x→∞
 28x2
x3
(
1 +
7
x2
)
 = limx→∞
 28
x
(
1 +
7
x2
)
 = 0.
Portanto, substitu´ındo em (1), temos
lim
x→∞
(
1 +
7
x2
)2x
= e
 lim
x→∞ 2x ln
(
1 +
7
x2
)
= e0 = 1.
Questa˜o 4.(2,0 pontos)
Calcule as seguintes integrais:
(a)
∫
x3√
4− x2 dx (b)
∫ 1
0
lnx
3
√
x
dx
Soluc¸a˜o.
(a) Fazendo x = 2 sen θ ⇒ dx = 2 cos θdθ e √4− x2 = 2 cos θ.∫
x3√
4− x2 dx =
∫
8 sen 3θ
2 cos θ
2 cos θ dθ = 8
∫
sen 3θ dθ
= 8
∫
sen 2θ sen θ dθ = 8
∫
(1− cos2 θ) sen θ dθ.
Seja u = cos θ ⇒ du = − sen θdθ. Logo
8
∫
(1− cos2 θ) sen θ dθ = 8
∫
(u2 − 1) du = 8
(
u3
3
− u
)
+ C =
8
3
cos3 θ − 8 cos θ + C
=
8
3
(√
4− x2
2
)3
− 8
√
4− x2
2
+ C
=
1
3
(√
4− x2
)3
− 4
√
4− x2 + C.
�
�
�
�
�
��
x
2
√
4− x2
θ
(b) Por partes: {
u = lnx
dv = x−1/3dx
⇒
{
du = (1/x) dx
v = (3/2)x2/3
·
Logo, ∫
x−1/3 lnx dx =
3
2
x2/3 lnx−
∫
3
2
x−1/3 dx =
3
2
x2/3 lnx− 9
4
x2/3 + C.
Enta˜o, ∫ 1
0
lnx
3
√
x
dx = lim
a→0+
∫ 1
a
x−1/3 lnx dx = lim
a→0+
3
2
x2/3 lnx− 9
4
x2/3
∣∣∣∣1
a
= lim
a→0+
(
−9
4
− 3
2
a2/3 ln a+
9
4
a2/3
)
= −9
4
,
ja´ que, pela regra de L’Hoˆspital,
lim
a→0+
a2/3 ln a = lim
a→0+
ln a
a−2/3
= lim
a→0+
1/a
− 23 a−5/3
= lim
a→0+
−3
2
a2/3 = 0 .
Questa˜o 5.(2,5 pontos)
(a) Calcule a derivada de y = arctg
(√
x2 + 1
)
.
(b) Determine o valor de y′(x) no ponto P=(1,1), sabendo que y = y(x) esta´ definido implicitamente
pela equac¸a˜o 3 ln
(
x
y
)
+ 5
y
x
= 5.
(c) Sejam A e B os pontos em que o gra´fico de f(x) = x2 − αx, com α ∈ R, intercepta o eixo-x.
Determine α para que as retas tangentes ao gra´fico de f(x) , em A e B, sejam perpendiculares.
Soluc¸a˜o.
(a) Note que: y = arctg
(√
x2 + 1
)
⇐⇒ tg (y) =
√
x2 + 1. Logo, usando a regra da cadeia
teremos
sec2(y)y′ =
1
2
√
x2 + 1
(2x) =
x√
x2 + 1
.
Ale´m disso, como tg (y) =
√
x2 + 1 , enta˜o sec2(y) = 1 + tg 2(x) = x2 + 2 . Logo
y′(x) =
x
sec2(y)
√
x2 + 1
=
x
(x2 + 2)
√
x2 + 1
.
OBSERVAC¸A˜O: Se usar a fo´rmula [ arctg(t)]′ =
1
1 + t2
, a resposta tambe´m e´ va´lida.
(b) Derivando teremos que
(
3 ln
x
y
+ 5
y
x
)′
= 0. Isto e´
3
y
x
(
y − xy′
y2
)
+ 5
(
y′x− y
x2
)
= 0.
Como y(1) = 1 temos:
3(1− y′) + 5(y′ − 1) = 0 =⇒ 2y′ = 2 , logo y′(1) = 1.
(c) Note que
f(x) = 0 ⇐⇒ x(x− α) = 0 ⇐⇒ x = 0 ou x = α.
Assim , o gra´fico de f intercepta o eixo-x nos pontos A=(0, 0) e B=(α, 0). Como f ′(x) = 2x − α,
temos f ′(0) = −α e f ′(α) = α.
Portanto, devemos ter f ′(0)f ′(α) = −1. Isto e´, (−α)α = −1. Logo α = ±1.
M
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Prova Final Unificada de Ca´lculo I
Engenharia e Engenharia Qu´ımica
16/11/2009
Gabarito
1 a Questa˜o: (3.0 pontos)
Considere a func¸a˜o f(x) =
2− x
x3
. Determine:
a)Domı´nio f : R− {0}.
b)Ass´ıntotas:
lim
x→±∞
2− x
x3
= limx→±∞
2
x3
− x
x3
1
= 0
a reta y = 0 e´ uma ass´ıntota horizontal do gra´fico de f .
lim
x→0+
>0︷ ︸︸ ︷
2− x
x3︸︷︷︸
→0+
=∞ e lim
x→0−
>0︷ ︸︸ ︷
2− x
x3︸︷︷︸
→0−
= −∞
enta˜o, x = 0 e´ uma ass´ıntota vertical do gra´fico de f .
c) Derivando f(x) :
f ′(x) =
2x− 6
x4
; f ′(x) = 0 ⇔ x = 3.
Estudo do sinal de f ′(x):
Antes de x = 3, excluindo x = 0, f ′(x) < 0 e depois de x = 3 f ′(x) > 0. Logo,
x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, 3), f ′(x) < 0→ f e´ decrescente.
x ∈ (3,∞), f ′(x) > 0→ f e´ crescente.
E ainda, pelo teste da primeira derivada a func¸a˜o tem um mı´nimo local em x = 3.
f(3) = − 1
27
⇒ mı´nimo local.
d) Derivando novamente f(x):
f ′′(x) =
−6x+ 24
x5
; f ′′(x) = 0 ⇔ x = 4.
Estudo do sinal de f ′′(x):
Observe que f ′′(x) e´ cont´ınua pra todo o domı´nio de f e ainda f ′′(−1) = −30, f ′′(1) =
18, f ′′(5) = − 6
55
. Logo:
x ∈ (−∞, 0) ∪ (4,∞), f ′′(x) < 0⇒ o gra´fico de f coˆncavo para baixo.
x ∈ (0, 4), f ′′(x) > 0 ⇒ o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima.
f ′′(x) muda de sinal em x = 4 e existe reta tangente nesse ponto. Logo, (4,− 1
32
) e´ um
ponto de inflexa˜o do gra´fico de f .
Figure 1: e) Gra´fico
Imagem f : R.
f) Na˜o tem extremo absoluto ja´ que limx→±0 f(x) = ±∞.
2 a Questa˜o: (1.5 pontos)
A´gua esta´ saindo de um tanque em forma de um cone invertido a uma taxa de
10.000 cm3/min no momento em que a´gua esta´ sendo bombeada para dentro a uma
taxa constante. O tanque tem 600cm de altura e seu diaˆmetro no topo e´ 800 cm. Se o
n´ıvel da a´gua esta´ subindo a uma taxa de 20 cm/min quando a altura e´ 200 cm, encontre
a taxa com que a a´gua esta´ sendo bombeada para dentro do tanque. O volume de um
cone e´ V = 1
3
pir2h.
Soluc¸a˜o:
600
R
H
400
400
R
=
600
H
⇒ R = 2
3
H
A variac¸a˜o do volume de a´gua e´ dada pela fo´rmula:
dV
dt
= entra - sai ⇒ dV
dt
= txe(t)− 10000
onde txe(t) e´ a taxa de entrada de a´gua no istante t.
Por outro lado, o volume de um cone e´ V = 1
3
pir2h e r = 2
3
h, enta˜o
V =
1
3
pi
(
2h
3
)2
h =
4pih3
27
, que derivando implicitamente obtemos
dV
dt
=
4pih2 dh
dt
9
= txe(t)− 10000
logo, a taxa de entrada no momento em que a altura e´ 200cm era
txe =
(
4pi(200)220
9
+ 10000
)
cm3/min
3 a Questa˜o: (2.5 pontos)
Calcule as integrais abaixo:
a)
∫
cos(θ)
sen2(θ)− 6sen(θ) + 10dθ; x = sen(θ) ⇒ dx = cos(θ)dθ∫
dx
x2 − 6x+ 10 =
∫
dx
(x− 3)2 + 1; u = x− 3 ⇒ du = dx∫
du
u2 + 1
= arctan(u) =
1
2
arctan(sen(θ)− 3).
b)
∫ 0
−2
|x+ 1|dx; observando o gra´fico da func¸a˜o percebe-se que basta calcular 2
∫ 0
−1
(x+ 1)dx
2
∫ 0
−1
(x+ 1)dx =
x2
2
+ x
∣∣∣0
−1
= 2(1/2) = 1.
c)
∫ ∞
0
xe−xdx = lim
t→∞
(∫ t
0
xe−xdx
)
;
Usando integrac¸a˜o por partes para resolver
∫ t
0
xe−xdx; u = x e dv = e−xdx, enta˜o
du = dx e v = −e−x ⇒ (xe−x)
∣∣∣t
0
−
∫ t
0
(−e−x)dx = −e−t(t+ 1) + 1 = − t
et
− 1
et
+ 1,
lim
t→∞
(
− t
et
− 1
et
+ 1
)
, onde lim
t→∞
t
et
por L’hospital e´ lim
t→∞
1
et
= 0, logo
− lim
t→∞
t
et
− lim
t→∞
1
et
+ lim
t→∞
1 = −0− 0 + 1 = 1
4 a Questa˜o: (1.0 pontos)
Suponha que a func¸a˜o f : [1, 2]→ R satisfac¸a:
i) f(1) = 1;
ii) f ′ e´ cont´ınua em [1, 2] e
∫ 2
1
f ′(t)dt = 3.
Qual e´ o valor de f(2) ?
Usando o TFC, temos que∫ 2
1
f ′(t)dt = f(2)− f(1) = f(2)− 1 como
∫ 2
1
f ′(t)dt = 3⇒ f(2) = 2.
5 a Questa˜o: (2.0 pontos)
Esboce e calcule a a´rea da regia˜o D limitada pelo gra´fico de f(x) = x3 + 2 e sua reta
tangente no ponto (1, 3).
f ′(x) = 3x2, logo a reta tangente a` func¸a˜o no ponto (1, 3) tem equac¸a˜o y − 3 =
3(x − 1) = 3x. Para obter os pontos de intersec¸a˜o: x3 + 2 = 3x ⇒ x3 − 3x + 2 = 0 que
tem ra´ızes 1 (dupla) e x = −2. Portanto,
area(D) =
∫ 1
−2
(x3 + 2− 3x)dx =
(
x4
4
+ 2x− 3
2
x2
) ∣∣∣1
−2
=
27
4
Esboc¸o:
M
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Exame Final de Ca´lculo I
Engenharia e Engenharia Qu´ımica
29/06/2009
1 a Questa˜o: (1.0 pontos)
Calcule as integrais :
a)
∫
cosx
sin2(x)
dx b)
∫
ln(ln(2v))
v ln(2v)
dv.
Soluc¸a˜o
a)
∫
cosx
sin2(x)
dx =
∫
cosx
sinx
1
sinx
dx =
∫
cossec(x)cotan(x) dx = −cossecx+ C
b)
∫
ln(ln(2v))
v ln(2v)
dv =
[ln(ln(2x))]2
2
+ C
2 a Questa˜o: (2.0 pontos)
Considere o cone gerado pela rotac¸a˜o do triaˆngulo retaˆngulo ABC, formado
pelos pontos A=(0,0), B=(x, 0) e C = (0, y), em torno do eixo y. A hipotenusa
BC mede
√
3. Determine os valores de x e y que da˜o o maior volume poss´ıvel
ao cone.
Soluc¸a˜o
O volume do cone e´ : V =
pi
3
x2y. Temos que x2 + y2 = 3.
Assim o volume V do cone vale V (y) =
pi
3
(3 − y2)y, para y ∈ [0,√3]. Derivando
ambos os lados temos: V
′
(y) =
pi
3
(3− 3y2)
Enta˜o, V
′
(y) = 0 ⇒ y = −1 ou y = 1, sendo y=1 o u´nico ponto cr´ıtico para
0 < y <
√
3. Como V ′′(1) = −2pi < 0 y=1 e´ ponto de ma´ximo em (0,√3). Como
V(0)=0 e v(
√
3)=0 ,vemos que y=1 e x =
√
2 dara˜o o maior volume poss´ıvel
para este cone.
3 a Questa˜o: (2.0 pontos)
Determine uma func¸a˜o f : (0,∞) −→ R tal que satisfac¸a a :
i)f(3) = 1
5
.
ii)
∫ x
0
tf
′
(t) dt =
x2
x+ 2
Soluc¸a˜o
Derivando ambos os lados temos :
d
dx
(∫ x
0
tf
′
(t) dt
)
=
2x(x+ 2)− x2
(x+ 2)2
=
x(x+ 4)
(x+ 2)2
.
Pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo : xf
′
(x) =
x(x+ 4)
(x+ 2)2
Logo, f
′
(x) =
x+ 4
(x+ 2)2
=
1
x+ 2
+
2
(x+ 2)2
.
Integrando ambos os lados : f(x) = ln(x+ 2)− 2
x+ 2
+ C
Como f(3) = 1
5
temos C =
3
5
− ln 5.
Portanto, f(x) = ln(x+ 2)− 2
x+ 2
+
3
5
− ln 5
4 a Questa˜o: (2.0 pontos)
Considere f e g func¸o˜es tais que f, g : [1,∞) −→ R definidas por:
f(x) =
ln(x)
x3
e g(x) =
1
x3
Determine o valor da a´rea compreendida entre a func¸a˜o f e a func¸a˜o g.
Soluc¸a˜o
f
′
(x) =
x2(1− 3 lnx)
x3
=
1− 3 lnx
x
.
Assim, f
′
(x) = 0 ⇒ lnx = 1
3
. Logo, x= 3
√
e.
Como f(x) = g(x)⇒ x = e, temos que:
i)Para 1 ≤ x ≤ e→ f(x) ≤ g(x)
ii)Para e ≤ x ≤ ∞→ g(x) ≤ f(x).
Tambe´m temos:
iii)
∫
1
x3
dx = − 1
2x2
+ C
iv)
∫
lnx
x3
dx = − lnx
2x2
+
1
2
∫
1
x3
dx = − lnx
2x2
− 1
4x2
= −1 + 2 lnx
4x2
+ C
Enta˜o, a a´rea pedida A vale:
A =
∫ e
1
1
x3
− lnx
x3
dx+
∫ ∞
e
lnx
x3
− 1
x3
dx∫ e
1
1
x3
− lnx
x3
dx = − 1
2x2
+
1 + 2 lnx
4x2
∣∣∣∣e
1
=
1
4e2
+
1
4
.
∫ ∞
e
lnx
x3
− 1
x3
dx = −
(
1 + 2 lnx
4x2
)
+
1
2x2
∣∣∣∣∞
e
= −
[
− 3
4e2
+
1
2e2
]
+ lim
x→∞
[
−
(
1 + 2 lnx
4x2
)
+
1
2x2
]
=
1
4e2
+ lim
x→∞
[
−
(
1 + 2 lnx
4x2
)
+
1
2x2
]
Usando L´Hospital, obtemos:∫ ∞
e
lnx
x3
− 1
x3
dx =
1
4e2
Assim, A =
1
4e2
+
1
4
+
1
4e2
=
1
2e2
+
1
4
5 a Questa˜o: (3.0 pontos)
A figura ao lado mostra o gra´fico de y = f
′
(x) , a
derivada da func¸a˜o f(x), para x > 0.
a) Sabendo que, para x ≥ 7 , f ′(x) = 14
x
, e que
f(7) = 0, pede-se limx→∞ f(x).
b)Sabendo ainda que :
f(0) = −5. O mı´nimo de f no intervalo [1,7] e´ y = − 5. O ma´ximo de f no
intervalo [1,7] e´ y = 4. PEDE-SE um esboc¸o do gra´fico de f(x), assinalando
:
i)Os pontos (x, y) (caso existam) de ma´ximo ou mı´nimo locais ou absolutos.
ii)Os valores de x(caso existam ) para os quais ha´ ponto de inflexa˜o.
Soluc¸a˜o
a)Se f
′
(x) =
14
x
e f(7) = 0 ,pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo temos
que para x ≥ 7 :
f(x) =
∫ x
7
14
u
du = 14(lnx− ln 7) e limx→∞ f(x) = +∞.
b)Como f´(1)=0 e f´(5)=0 ⇒ x=1 ex=5 sa˜o pontos cr´ıticos em [0,∞).
Estudo do sinal de f´(x).
i)Para x ∈ (1, 5), f´(x) < 0 ⇒ f e´ decrescente em [1,5].
ii)Para x ∈ (0, 1) ∪ (5,∞), f´(x) > 0 ⇒ f e´ crescente em x ∈ (0, 1) ∪ (5,∞).
Pelo teste da primeira deriva, f tem um ma´ximo local em x=1 e um mı´nimo
local em x=5.
Estudo do sinal de f”(x).
i)Para x ∈ (0, 3), f ’(x) e´ decrescente, e temos f ′′(x) < 0. Portanto, o gra´fico de
f e´ coˆncavo para baixo neste intervalo.
ii)Para x ∈ (3, 6), f ’(x) e´ crescente, logo f ′′(x) > 0 e o gra´fico de f e´ coˆncavo
para cima neste intervalo.
iii)Para x ∈ (6,∞), f´(x) e´ decrescente e temos f ′′(x) < 0 sendo o gra´fico de f
coˆncavo para baixo neste intervalo.
Como f”(3)=0 e f”(6)=0 e ha´ mudanc¸a de concavidade nos pontos de abscis-
sas x=3 e x=6, estes pontos sa˜o pontos de inflexa˜o.
Gra´fico de f.
O menor valor que f asssume e´ -5; os pontos (0,-5) e (5,-5) sa˜o pontos de
mı´nimo absoluto . Como lim∞ f(x) = +∞, f na˜o tem ma´ximo absoluto. Assim,
o gra´fico pedido e´:
 
Gabarito da Prova Final Unificada de Ca´lculo I
Engenharia, Matema´tica Aplicada e Cieˆncia da Computac¸a˜o
07/07/2008
1a Questa˜o:
Sejam a e b nu´meros reais e a func¸a˜o f : R → R definida por
f(x) =


x+ a se x ≤ 0;√
senx
x
se 0 < x < pi;
b se x ≥ pi.
Determine a e b para que f seja cont´ınua. Justifique suas respostas.
Soluc¸a˜o: Da definic¸a˜o de f(x), temos que ela e´ uma func¸a˜o cont´ınua se, e somente se, for
cont´ınua nos pontos x = 0 e x = pi, isto e´,
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0+
f(x) = f(0) e lim
x→pi−
f(x) = lim
x→pi+
f(x) = f(pi)
Calculando os limites acima:


lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
(x+ a) = a;
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
√
senx
x
=
√
lim
x→0+
senx
x
= 1;


lim
x→pi−
f(x) = lim
x→pi−
√
senx
x
=
√
lim
x→pi−
senx
x
= 0;
lim
x→pi+
f(x) = lim
x→pi+
b = b.
Portanto, f(x) e´ uma func¸a˜o cont´ınua se, e somente se, a = 1 e b = 0.
2a Questa˜o:
Um peso deve ficar suspenso a 4m de uma superf´ıcie horizontal por
meio de uma armac¸a˜o de arame em forma de Y , como na figura
ao lado (onde os pontos A, B e P sa˜o os ve´rtices de um triaˆngulo
iso´sceles). Se os pontos de sustentac¸a˜o A e B distam 2
√
3m, deter-
mine o comprimento mı´nimo de arame necessa´rio para a armac¸a˜o.
A B
P
4m
2
√
3m
Soluc¸a˜o: Seja x = PC. Enta˜o DC = 4 − x e segue do
Teorema de Pita´goras que
AP = BP =
√
3 + (4− x)2.
Como o comprimento total do arame e´ AP + BP + PC,
devemos considerar a func¸a˜o
L(x) = x+ 2
√
3 + (4− x)2 = x+ 2
√
x2 − 8x+ 19.
D
A B
P
C
Observe que para que o peso fique a 4m abaixo da superf´ıcie, e´ necessa´rio que se x ∈ (0, 4),
que sera´ o domı´nio de L(x).
1
Calculemos os pontos cr´ıticos de L:
L′(x) = 1 +
2x− 8√
x2 − 8x+ 19 = 0 ⇐⇒
√
x2 − 8x+ 19 = 8− 2x.
Elevando ao quadrado ambos os lados da equac¸a˜o acima, obtemos
x2 − 8x+ 15 = 0 cujas ra´ızes sa˜o x0 = 3, x1 = 5.
Portanto, o u´nico ponto cr´ıtico de L e´ x0 = 3, ja´ que x1 = 5 na˜o esta´ no seu domı´no.
Para concluir que x0 e´ ponto de mı´nimo, analisemos o sinal da derivada de L:
L′(x) > 0 ⇐⇒
√
x2 − 8x+ 19 > 8− 2x.
Elevando ao quadrado a desigualdade acima, obtemos x2−8x+15 < 0, o que ocorre somente
se x ∈ (3, 5). Assim, L e´ estritamtne crescente no intervalo (3, 4) e estritamente decrescente
no complementar, isto e´, em (0, 3). Portanto, x0 = 3 e´, de fato, ponto de mı´nimo global.
3a Questa˜o:
Considere a func¸a˜o f : (0,+∞)→ R tal que f ′(x) = lnx+ 1 e f(1) = 1.
a) Determine os intervalos onde f e´ crescente e onde e´ decrescente;
b) Determine os intervalos onde f e´ convexa (concavidade para cima) e onde e´ coˆncava (concavidade
para baixo), explicitando seus pontos de inflexa˜o;
c) Determine f(x) e esboce seu gra´fico.
Soluc¸a˜o: • Analisemos o sinal de f ′(x).

f ′(x) > 0 ⇐⇒ lnx > −1 ⇐⇒ x > 1
e
;
f ′(x) < 0 ⇐⇒ lnx < −1 ⇐⇒ x < 1
e
.
Portanto, f e´ crescente no intervalo (1/e,+∞) e decrescente em (0, 1/e) e, consequ¨entemente,
x0 = e
−1 e´ ponto de mı´nimo global.
• Analisemos a concavidade de f(x). Como f ′′(x) = 1/x > 0 para todo x > 0, segue que f
e´ func¸a˜o convexa, isto e´, seu gra´fico tem concavidade para cima e, consequ¨entemente, na˜o
possui pontos de inflexa˜o.
• Determinemos f(x). Por definic¸a˜o, f(x) e´ uma primitiva de f ′(x) = lnx + 1. Como por
hipo´tese f(1) = 1, segue do Teorema Fundamental do Ca´lculo, que∫
x
1
f ′(t) dt = f(x)− f(1) = f(x)− 1 ⇒ f(x) =
∫
x
1
f ′(t) dt+ 1.
Calculemos a integral:∫
x
1
f ′(t) dt =
∫
x
1
[
ln t+ 1
]
dt = t ln t
∣∣∣x
1
= x ln x.
Portanto, f(x) = x lnx+ 1 e seu gra´fico e´:
1
1/e
x
y
Observe que
lim
x→+∞
f(x) = +∞, lim
x→0+
f(x) = 1, lim
x→+∞
f ′(x) = −∞.
2
4a Questa˜o:
Um reservato´rio tem a forma do parabolo´ide de revoluc¸a˜o obtido
girando-se o gra´fico de y = x2 em torno do eixo y (com as escalas
dos eixos em metros), como na figura ao lado. Sabendo que este
reservato´rio esta´ sendo preenchido com a´gua a uma taxa de 0,25
m3/min, determine:
a) o volume de a´gua no instante t0 em que seu n´ıvel esta´ a 2
metros de altura em relac¸a˜o ao solo;
b) a velocidade no instante t0 do item (a) com que o n´ıvel da
a´gua esta´ subindo.
x
y
2m
Soluc¸a˜o: Como o reservato´rio tem a forma de um so´lido de revoluc¸a˜o, o volume de a´gua
num instante arbitra´rio t em que a altura do n´ıvel de a´gua e´ h(t) e´
V (t) =
∫ h(t)
0
piy dy =
pi
2
y2
∣∣∣h(t)
0
=
pi
2
h(t)2.
No instante particular t0 em que a altura e´ 2 metros, temos V (t0) = 2pi m
3.
Se o reservato´rio esta´ sendo preenchido a uma taxa constante de 0, 25 m3/min, enta˜o V ′(t) =
0, 25 = 1/4 par todo t. Assim, no instante t0,
1
4
= V ′(t0) = pih(t0)h
′(t0) = 2pih
′(t0) ⇒ h′(t0) =
1
8pi
.
Portanto, no instante t0, o n´ıvel da a´gua esta´ subindo a uma taxa de 1/8pi m/min.
5a Questa˜o:
Determine a func¸a˜o f : (0,+∞)→ R e os poss´ıveis valores de a > 0 tais que
∫ x
a
f(t)
t
dt =
1
2
ln2 x− 1
2
, ∀x ∈ R.
Soluc¸a˜o: Primeiramente, observe que
∫
x
a
f(t)
t
dt =
1
2
ln2 x− 1
2
, ∀x > 0
implica, em particular para x = a,
0 =
∫
a
a
f(t)
t
dt =
1
2
ln2 a− 1
2
⇒ ln2 a = 1 ⇒ a = e ou a = e−1.
Seja
F (x) =
∫
x
a
f(t)
t
dt. (1)
Enta˜o, por hipo´tese,
F (x) =
ln2 x
2
− 1
2
, de modo que F ′(x) =
lnx
x
. (2)
Admitindo que f seja cont´ınua, temos de (1) e do Teorema Fundamental do Ca´lculo,
F ′(x) =
f(x)
x
(3)
e consequ¨entemente, de (2) e (3), f(x) = lnx para todo x > 0.
3