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Calc 1 - P2 Poli 2014

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MAT2453 
Cálculo Diferencial e Integral para Engenharia I 
P2 – 2014 
 
 
Versão A 
-A-
---
Questão 1 (Valor: 2.0 pontos). Dado o gráfico de f (x) = x3 - 2x2 + 2 abaixo, determine a área compre-
endida entre os gráficos de f e g(x) = x2 - 2x + 2, para O ~ x ~ 2.
3 x
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-
-A-
Questão 2 (Valor: 1.5 pontos). Mostre que arct~~(x)::; 1, para todo x> O.
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-A-
MAT-2453— 2014—Gabarito 2a Prova
Questão 3 (Valor: 2.5 pontos). Considere a elipse de equação
x2
25
+
y2
9
= 1 e todos os triângulos retân-
gulos construídos com um dos vértices em (5, 0), um sobre a elipse e o terceito sobre o eixo Ox, como
na figura abaixo. Justifique a existência, dentre esses triângulos, de um com área máxima e determine as
medidas de sua base e sua altura.
x
y
Solução. Denotando por (x, 0) as coordenadas do vértice móvel sobre o eixo Ox, temos que a base do
triângulo mede b = 5− x, com−5 ≤ x ≤ 5.
A altura h do triângulo é, para cada x descrita acima, o número y ≥ 0 tal que x
2
25
+
y2
9
= 1, ou seja,
h =
3
5
√
25− x2.
Deste modo a área do triângulo, em termos de x, é dada por
A(x) =
bh
2
=
3
10
(5− x)
√
25− x2, com − 5 ≤ x ≤ 5.
A função A(x) atinge valor máximo e mínimo, pois é contínua e está definida num intervalo fechado.
Os candidatos a ponto de máximo ou mínimo são os extremos do intervalo [−5, 5] e os pontos críticos
em seu interior, os quais são as soluções de A′(x) = 0. Assim,
0 = A′(x) =
3
10
[
−
√
25− x2 − x(5− x)√
25− x2
]
=
3
10
[
2x2 − 5x− 25√
25− x2
]
.
Logo, A′(x) = 0, com x ∈] − 5, 5[ se e somente se x = −5
2
. Para verificar que este ponto crítico é
um ponto de máximo local podemos utilizar o teste da segunda derivada (muito trabalho!) ou analisar o
sinal de A′(x) numa vizinhança de x = −5
2
o que, neste caso, é bem mais simples:
• se−5 < x < −5
2
temos A′(x) > 0, e
• se−5
2
< x < 5 temos A′(x) < 0.
Portanto x = −5
2
é máximo local, com A
(−5
2
)
= 45
√
3
8 . Como A(−5) = A(5) = 0, temos que x = −
5
2
é
máximo global.
Nesse caso as dimensões do triângulo são
b =
15
2
e h = 3
√
3
2
.
-A-
(4,0) Questa˜o 4. Esboce, no espac¸o abaixo, o gra´fico da func¸a˜o f (x) =
x2
x − 1e
− 1x , determinando:
i) o domı´nio de f e limites pertinentes;
D f = R \ {0, 1}
a) lim
x→−∞
x2
x − 1 · e
− 1x = [−∞ · 1] = −∞
b) lim
x→+∞
x2
x − 1 · e
− 1x = [+∞ · 1] = +∞
c) lim
x→0−
x2
x − 1 · e
− 1x = lim
x→0−
e−
1
x
x−1
x2
∞
∞=
L′H
lim
x→0−
1
x2
e−
1
x
−x+2
x3
= lim
x→0−
e−
1
x
−x+2
x
∞
∞=
L′H
lim
x→0−
1
x2
e−
1
x
−2
x2
= lim
x→0−
e−
1
x
−2 = −∞
d) lim
x→0+
x2
x − 1 · e
− 1x = [0 · 0] = 0
e) lim
x→1−
x2
x − 1 · e
− 1x =
[
−∞ · 1
e
]
= −∞
f) lim
x→1+
x2
x − 1 · e
− 1x =
[
+∞ · 1
e
]
= +∞
ii) os intervalos de crescimento e decrescimento de f ;
f ′(x) =
(
2x(x − 1)− x2
(x − 1)2 +
x2
x2(x − 1)
)
e−
1
x =
x2 − x − 1
(x− 1)2 e
− 1x ·
ր ց ց ց ր f
+ | − | − | − | + x2 − x − 1
+ | − | − | − | + f ′
1−√5
2 0 1
1+
√
5
2
x = 1−
√
5
2 e´ um ponto de ma´ximo local e x =
1+
√
5
2 e´ um ponto de mı´nimo local de f .
Temos que f ( 1−
√
5
2 ) < −1 e f ( 1+
√
5
2 ) > 2.
iii) concavidades e pontos de inflexa˜o, sabendo-se que f ′′(x) =
x2 + 1
(x − 1)3x2 e
− 1x ;
∩ ∩ ∪ f
− | − | + x − 1
− | − | + f ′
0 1
f na˜o admite ponto de inflexa˜o.
iv) assı´ntotas, se existirem.
a) Temos que lim
x→+∞
f (x)
x
=
x2
x2 − x · e
− 1x = [1 · 1] = 1 = m.
e lim
x→+∞ ( f (x)− 1x) = limx→+∞
(
x2
x − 1 · e
− 1x − x
)
= lim
x→+∞
x2e−
1
x − x2 + x
x − 1 = limx→+∞
e−
1
x − 1+ 1x
1
x − 1x2
0
0=
L′H
lim
x→+∞
e−
1
x
x2
− 1
x2
− 1
x2
+ 2
x3
= lim
x→+∞
e−
1
x − 1
−1+ 2x
= 0 = n.
Portanto, y = 1x + 0 e´ uma assı´ntota oblı´qua (para x → +∞).
b) Analogamente, temos que lim
x→−∞
f (x)
x
=
x2
x2 − x · e
− 1x = 1 = m.
e lim
x→−∞ ( f (x)− 1x) = limx→−∞
(
x2
x − 1 · e
− 1x − x
)
= 0 = n.
Portanto, y = 1x + 0 e´ uma assı´ntota oblı´qua (para x → −∞).
c) Como lim
x→0−
x2
x − 1 · e
− 1x = −∞, enta˜o x = 0 e´ uma assı´ntota vertical.
d) Como lim
x→1−
x2
x − 1 · e
− 1x = −∞, enta˜o x = 1 e´ uma assı´ntota vertical.
e) Como lim
x→1+
x2
x − 1 · e
− 1x = +∞, enta˜o x = 1 e´ uma assı´ntota vertical.
f) Como existem assı´ntotas oblı´quas, na˜o existem assı´ntotas horizontais.
v) Portanto, o gra´fico de f e´:
−4 −3 −2 −1 1 2 3 4
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
x
y
Enviado para www.polishare.com.br 
 
 
 
 
 
 
 
MAT2453 
Cálculo Diferencial e Integral para Engenharia I 
P2 – 2014 
 
 
Versão B 
-B-
Questão 1 (Valor: 2.0 pontos). Dado o gráfico de f(x) = x3 - 2x2 + 3 abaixo, determine a área compre-
endida entre os gráficos de f e g( x) = x2 - 2x + 3, para Os:; x s:;2.
3 x
-fCx.)-(~~f() "" -l-.3~+2X. = XCX.-()C~-2.)
<O &-t'~G.Q OQ
-f-g
e' do do t'~
o i z..
-B-
MAT-2453— 2014—Gabarito 2a Prova
Questão 3 (Valor: 2.5 pontos). Considere a elipse de equação
x2
16
+
y2
9
= 1 e todos os triângulos retân-
gulos construídos com um dos vértices em (4, 0), um sobre a elipse e o terceito sobre o eixo Ox, como
na figura abaixo. Justifique a existência, dentre esses triângulos, de um com área máxima e determine as
medidas de sua base e sua altura.
x
y
Solução. Denotando por (x, 0) as coordenadas do vértice móvel sobre o eixo Ox, temos que a base do
triângulo mede b = 4− x, com−4 ≤ x ≤ 4.
A altura h do triângulo é, para cada x descrito acima, o número y ≥ 0 tal que x
2
16
+
y2
9
= 1, ou seja,
h =
3
4
√
16− x2.
Deste modo a área do triângulo, em termos de x, é dada por
A(x) =
bh
2
=
3
8
(4− x)
√
16− x2, com − 4 ≤ x ≤ 4.
A função A(x) atinge valor máximo e mínimo, pois é contínua e está definida num intervalo fechado.
Os candidatos a ponto de máximo ou mínimo são os extremos do intervalo [−4, 4] e os pontos críticos
em seu interior, os quais são as soluções de A′(x) = 0. Assim,
0 = A′(x) =
3
8
[
−
√
16− x2 − x(4− x)√
16− x2
]
=
3
8
[
2x2 − 4x− 16√
16− x2
]
.
Logo, A′(x) = 0, com x ∈]− 4, 4[ se e somente se x = −2. Para verificar que este ponto crítico é um
ponto de máximo local podemos utilizar o teste da segunda derivada (muito trabalho!) ou analisar o
sinal de A′(x) numa vizinhança de x = −2 o que, neste caso, é bem mais simples:
• se−4 < x < −2 temos A′(x) > 0, e
• se−2 < x < 4 temos A′(x) < 0.
Portanto x = −2 é máximo local, com A(−2) = 9
√
3
2 . Como A(−4) = A(4) = 0, temos que x = −2 é
máximo global.
Nesse caso as dimensões do triângulo são
b = 6 e h = 3
√
3
2
.
-B-
(4,0) Questa˜o 4. Esboce, no espac¸o abaixo, o gra´fico da func¸a˜o f (x) =
x2
x + 1
e
1
x , determinando:
i) o domı´nio de f e limites pertinentes;
D f = R \ {−1, 0}
a) lim
x→−∞
x2x + 1
· e 1x = [−∞ · 1] = −∞
b) lim
x→+∞
x2
x + 1
· e 1x = [+∞ · 1] = +∞
c) lim
x→0−
x2
x + 1
· e 1x = [0 · 0] = 0
d) lim
x→0+
x2
x + 1
· e 1x = lim
x→0+
e
1
x
x+1
x2
∞
∞=
L′H
lim
x→0+
− 1
x2
e
1
x
−x−2
x3
= lim
x→0+
e
1
x
x+2
x
∞
∞=
L′H
lim
x→0+
− 1
x2
e
1
x
−2
x2
= lim
x→0+
e
1
x
2
= +∞
e) lim
x→−1−
x2
x + 1
· e 1x =
[
−∞ · 1
e
]
= −∞
f) lim
x→−1+
x2
x + 1
· e 1x =
[
+∞ · 1
e
]
= +∞
ii) os intervalos de crescimento e decrescimento de f ;
f ′(x) =
(
2x(x + 1)− x2
(x + 1)2
− x
2
x2(x + 1)
)
e
1
x =
x2 + x − 1
(x + 1)2
e
1
x ·
ր ց ց ց ր f
+ | − | − | − | + x2 + x − 1
+ | − | − | − | + f ′
−1−√5
2 −1 0 −1+
√
5
2
x = −1−
√
5
2 e´ um ponto de ma´ximo local e x =
−1+√5
2 e´ um ponto de mı´nimo local de f .
Temos que f (−1−
√
5
2 ) < −2 e f (−1+
√
5
2 ) > 1.
iii) concavidades e pontos de inflexa˜o, sabendo-se que f ′′(x) =
x2 + 1
(x + 1)3x2
e
1
x ;
∩ ∪ ∪ f
− | + | + x + 1
− | + | + f ′
−1 0
f na˜o admite ponto de inflexa˜o.
iv) assı´ntotas, se existirem.
a) Temos que lim
x→+∞
f (x)
x
=
x2
x2 + x
· e 1x = [1 · 1] = 1 = m.
e lim
x→+∞ ( f (x)− 1x) = limx→+∞
(
x2
x + 1
· e 1x − x
)
= lim
x→+∞
x2e
1
x − x2 − x
x + 1
= lim
x→+∞
e
1
x − 1− 1x
1
x +
1
x2
0
0=
L′H
lim
x→+∞
−e− 1x
x2
+ 1
x2
− 1
x2
− 2
x3
= lim
x→+∞
e
1
x − 1
1+ 2x
= 0 = n.
Portanto, y = 1x + 0 e´ uma assı´ntota oblı´qua (para x → +∞).
b) Analogamente, temos que lim
x→−∞
f (x)
x
=
x2
x2 + x
· e 1x = 1 = m.
e lim
x→−∞ ( f (x)− 1x) = limx→−∞
(
x2
x + 1
· e 1x − x
)
= 0 = n.
Portanto, y = 1x + 0 e´ uma assı´ntota oblı´qua (para x → −∞).
c) Como lim
x→0+
x2
x + 1
· e 1x = +∞, enta˜o x = 0 e´ uma assı´ntota vertical.
d) Como lim
x→−1−
x2
x + 1
· e 1x = −∞, enta˜o x = −1 e´ uma assı´ntota vertical.
e) Como lim
x→−1+
x2
x + 1
· e 1x = +∞, enta˜o x = −1 e´ uma assı´ntota vertical.
f) Como existem assı´ntotas oblı´quas, na˜o existem assı´ntotas horizontais.
v) Portanto, o gra´fico de f e´:
−6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6
−6
−5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
x
y

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