Prova Deivson Sales 2017.1 UPE 1EE+ gabarito

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ESCOLA POLITÉCNICA DE PERNAMBUCO 
Disciplina: Cálculo Diferencial e Integral 1 Avaliação: 1ª Data: 25/05/2017 
Professor: Deivson Sales Semestre: 2017.1 Turma: HT 
Nome: 
 
Instruções: 
1. A pontuação de cada resposta se encontra apresentada na questão. 
2. O aluno que chegar após alguém ter entregado a avaliação, não poderá mais respondê-la. 
3. A avaliação deve ser respondida com o uso de caneta azul ou preta. 
4. Não permitida consulta a nenhum material didático. 
5. Não é permitido o uso de calculadora ou aparelho celular durante a avaliação. 
6. O aluno pego trocando respostas, terá sua avaliação recolhida e zerada. 
 
1) Calcule os limites das funções pela definição (não use a regra de L'Hôpital). 
 
a) (0,5 pts.) 
 
lim
𝑥→1
𝑥3 + 4𝑥2 + 𝑥 − 6
𝑥3 + 5𝑥2 + 2𝑥 − 8
 
b) (0,5 pts.) 
 
lim
𝑥→−∞
𝑥5 + 12𝑥4 − 3𝑥3 − 19
√19𝑥10 + 8𝑥5 − 𝑥3 + 3
 
c) (0,5 pts.) 
 
lim
𝑥→0
√1 + tg 𝑥 − √1 + sen(𝑥)
𝑥3
 
 
2) (1,0 pt.) Considere a função: 
𝑓(𝑥) = 4√2𝑥 + 2 
 
Verifique se é contínua e derivável no ponto 𝑥 = −1. 
 
3) Usando a definição de continuidade, verifique se as funções são contínuas. 
 
a) (0,5 pts.) 
 
𝑓(𝑥) =
𝑥2 + 𝑥 − 2
𝑥2 − 1
, no ponto 𝑥 = 1 
b) (1,0 pt.) 
 
𝑓(𝑥) = −
2𝑥
sen(𝑥) cos(𝑥)
, no ponto 𝑥 = 0 
 
4) Determine a derivada das funções pelo conceito de limite. 
 
a) (0,5 pts.) 
 
𝑓(𝑥) = 2𝑥2 + 2𝑥 + 3 
b) (1,0 pt.) 
 
𝑓(𝑥) =
4
𝑥 + 2
 
 
5) Determine as derivadas das funções (não precisa simplificar a resposta). 
 
a) (0,5 pts.) 
 
𝑓(𝑥) = (2𝑥3 − 7) ln(6𝑥 cos(3𝑥 − 4)) 
b) (1,0 pt.) 
 
𝑓(𝑥) =
6 cos(𝑥2 + 7) + ln(2𝑥3 − 8𝑥)
3 cos(𝑥2 + 4)
 
c) (1,0 pt.) 
 
𝑓(𝑥) =
tg(𝑥3 + 1) + 4𝑒6𝑥−8
𝑥3 − 𝑥2
 
 
6) (2,0 pts.) Usando os conceitos de derivação implícita, determine as equações das retas tangente e normal à curva 
𝑦(𝑥 + 2𝑦)2 + 2𝑥𝑒𝑥+2𝑦 = 4, no ponto (0, 1). 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL 1 – TURMA HT – 2017.1 
GABARITO – 1ª AVALIAÇÃO 
 
1) 
a) 
= lim
𝑥→1
(𝑥 − 1)(𝑥 + 2)(𝑥 + 3)
(𝑥 − 1)(𝑥 + 2)(𝑥 + 4)
= lim
𝑥→1
(𝑥 + 3)
(𝑥 + 4)
=
4
5
 
b) 
= lim
𝑥→−∞
𝑥5 + 12𝑥4 − 3𝑥3 − 19
𝑥5
√19𝑥10 + 8𝑥5 − 𝑥3 + 3
𝑥5
= lim
𝑥→−∞
1 +
12
𝑥 −
3
𝑥2
−
19
𝑥5
√19 +
8
𝑥5
−
1
𝑥7
+
3
𝑥10
=
1
√19
=
√19
9
 
c) 
= lim
𝑥→0
√1 + tg(𝑥) − √1 + sen(𝑥)
𝑥3
∙
√1 + tg(𝑥) + √1 + sen(𝑥)
√1 + tg(𝑥) + √1 + sen(𝑥)
= lim
𝑥→0
tg(𝑥) − sen(𝑥)
𝑥3 [√1 + tg(𝑥) + √1 + sen(𝑥)]
 
= lim
𝑥→0
sen(𝑥)
cos(𝑥)
− sen(𝑥)
𝑥3 [√1 + tg(𝑥) + √1 + sen(𝑥)]
= lim
𝑥→0
sen(𝑥) [1 − cos(𝑥)]
cos(𝑥)
𝑥3 [√1 + tg(𝑥) + √1 + sen(𝑥)]
 
= lim
𝑥→0
sen(𝑥)
1
cos(𝑥)
[1 − cos(𝑥)]
[1 + cos(𝑥)]
[1 + cos(𝑥)]
𝑥3 [√1 + tg(𝑥) + √1 + sen(𝑥)]
= lim
𝑥→0
sen(𝑥)
1
cos(𝑥)
[1 − cos2(𝑥)]
1
[1 + cos(𝑥)]
𝑥3 [√1 + tg(𝑥) + √1 + sen(𝑥)]
 
= lim
𝑥→0
sen(𝑥) 
𝑥
1
cos(𝑥)
sen2(𝑥)
𝑥2
 
1
[1 + cos(𝑥)]
[√1 + tg(𝑥) + √1 + sen(𝑥)]
= lim
𝑥→0
1 ∙ 1 ∙ 1 ∙
1
2
2
=
1
4
 
2) 
𝑓(𝑥 = −1) = 4√2(−1) + 2 = 0 ∴ lim
𝑥→−1+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→−1−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→−1
4√2(−1) + 2 = 0 
Como 𝑓(𝑥 = −1) = lim
𝑥→−1
𝑓(𝑥) = 0 ⇒ a função é contínua em 𝑥 = −1 
𝑓−
′(𝑥) = 𝑓+
′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) =
8
√2(−1) + 2
=
8
0
= ∄⇒ a função não é derivável em 𝑥 = −1 
3) 
a) 
lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1
(𝑥 − 1)(𝑥 + 2)
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)
= lim
𝑥→1
(𝑥 + 2)
(𝑥 + 1)
=
3
2
 
𝑓(𝑥) possui uma discontinuidade removível. 
Se 𝑓(𝑥 = 1) =
𝑥2 + 𝑥 − 2
𝑥2 − 1
=
(1)2 + (1) − 2
(1)2 − 1
=
0
0
= ∄⇒ a função é descontínua em 𝑥 = 1 
Mas se 𝑓(𝑥 = 1) =
𝑥2 + 𝑥 − 2
𝑥2 − 1
=
(𝑥 + 2)
(𝑥 + 1)
=
3
2
⇒ a função é contínua em 𝑥 = 1 
 
b) 
Como 𝑓(𝑥 = 0) =
−2 ∙ (0)
(0) ∙ (1)
=
0
0
= ∄⇒ a função é descontínua em 𝑥 = 0 
4) 
a) 
= 4 lim
Δ𝑥→0
2(𝑥 + Δ𝑥)2 + 2(𝑥 + Δ𝑥) + 3 − (2𝑥2 + 2𝑥 + 3)
Δ𝑥
= 4 lim
Δ𝑥→0
Δ𝑥(4𝑥 + 2Δ𝑥 + 2)
Δ𝑥
= 4𝑥 + 2 
b) 
= 4 lim
Δ𝑥→0
1
𝑥 + Δ𝑥 + 2 −
1
𝑥 + 2
Δ𝑥
= 4 lim
Δ𝑥→0
−Δ𝑥
Δ𝑥(𝑥 + Δ𝑥 + 2)(𝑥 + 2)
= 4
−1
(𝑥 + 2)2
= −
4
(𝑥 + 2)2
 
5) 
a) 
𝑓′(𝑥) = [2𝑥3 + 7] ∙ {ln[6𝑥 cos(3𝑥 − 4)]}′ + {ln[6𝑥 cos(3𝑥 − 4)]} ∙ [2𝑥3 + 7]′ 
{ln[6𝑥 cos(3𝑥 − 4)]}′ =
6 cos(3𝑥 − 4) − 18𝑥 sen(3𝑥 − 4)
6𝑥 cos(3𝑥 − 4)
 
[2𝑥3 + 7]′ = 6𝑥2 
𝑓′(𝑥) = [2𝑥3 + 7] ∙ [
6 cos(3𝑥 − 4) − 18𝑥 sen(3𝑥 − 4)
6𝑥 cos(3𝑥 − 4)
] + {ln[6𝑥 cos(3𝑥 − 4)]} ∙ [6𝑥2] 
b) 
𝑓′(𝑥) =
[3 cos(𝑥2 + 4)] ∙ [6 cos(𝑥2 + 7) + ln(2𝑥3 − 8𝑥)]′ − [6 cos(𝑥2 + 7) + ln(2𝑥3 − 8𝑥)] ∙ [3 cos(𝑥2 + 4)]′
[3 cos(𝑥2 + 4)]2
 
[6 cos(𝑥2 + 7) + ln(2𝑥3 − 8𝑥)]′ = −12𝑥 sen(𝑥2 + 7) +
6𝑥2 − 8
2𝑥3 − 8𝑥
 
[3 cos(𝑥2 + 4)]′ = −6𝑥 sen(𝑥2 + 4) 
𝑓′(𝑥) =
[3 cos(𝑥2 + 4)] ∙ [−12𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥2 + 7) +
6𝑥2 − 8
2𝑥3 − 8𝑥
] − [6 cos(𝑥2 + 7) + ln(2𝑥3 − 8𝑥)] ∙ [−6𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥2 + 4)]
[3 cos(𝑥2 + 4)]2
 
c) 
𝑓′(𝑥) =
[𝑥3 − 𝑥2] ∙ [tg(𝑥3 + 1) + 4𝑒6𝑥−8]′ − [tg(𝑥3 + 1) + 4𝑒6𝑥−8] ∙ [𝑥3 − 𝑥2]′
[𝑥3 − 𝑥2]2
 
[tg(𝑥3 + 1) + 4𝑒6𝑥−8]′ = 3𝑥2 sec2(𝑥3 + 1) + 24𝑒6𝑥−8 
[𝑥3 − 𝑥2]′ = 3𝑥2 − 2𝑥 
𝑓′(𝑥) =
[𝑥3 − 𝑥2] ∙ [3𝑥2 sec2(𝑥3 + 1) + 24𝑒6𝑥−8] − [tg(𝑥3 + 1) + 4𝑒6𝑥−8] ∙ [3𝑥2 − 2𝑥]
[𝑥3 − 𝑥2]2
 
6) 
[𝑦(𝑥 + 2𝑦)2]′ + [2𝑥𝑒𝑥+2𝑦]′ = 0 
Temos, 
[𝑦(𝑥 + 2𝑦)2]′ = 𝑦′ ∙ [(𝑥 + 2𝑦)2] + 𝑦 ∙ [(𝑥 + 2𝑦)2]′ 
Mas, 
[(𝑥 + 2𝑦)2]′ = 2(𝑥 + 2𝑦)(1 + 2𝑦′) 
Então, agrupando os termos comuns, temos: 
[𝑦(𝑥 + 2𝑦)2]′ = 𝑦′[(𝑥 + 2𝑦)2 + 4𝑦(𝑥 + 2𝑦)] + 2𝑦(𝑥 + 2𝑦) 
De forma semelhante, 
[2𝑥𝑒𝑥+2𝑦]′ = [2𝑥] ∙ [𝑒𝑥+2𝑦]′ + [2𝑥]′ ∙ [𝑒𝑥+2𝑦] = 2𝑥𝑒𝑥+2𝑦(1 + 2𝑦′) + 2𝑒𝑥+2𝑦 
Agrupando os termos comuns, 
[2𝑥𝑒𝑥+2𝑦]′ = 𝑦′[4𝑥𝑒𝑥+2𝑦] + 2𝑥𝑒𝑥+2𝑦 + 2𝑒𝑥+2𝑦 
Reescrevendo a equação inicial, 
𝑦′[(𝑥 + 2𝑦)2 + 4𝑦(𝑥 + 2𝑦) + 4𝑥𝑒𝑥+2𝑦] + [2𝑦(𝑥 + 2𝑦) + 2𝑥𝑒𝑥+2𝑦 + 2𝑒𝑥+2𝑦] = 0 
Substituindo os valores de 𝑥 = 0 e 𝑦 = 1, temos: 
𝑦′[4 + 8 + 0] + [4 + 0 + 2𝑒2] = 0 ⇒ 12𝑦′ = −2(𝑒2 + 2) ⇒ 𝑦′ = −
(𝑒2 + 2)
6
 
Para a reta tangente, temos: 
𝑦′ =
𝑦 − 𝑦0
𝑥 − 𝑥0
=
𝑦 − 1
𝑥 − 0
= −
(𝑒2 + 2)
6
⇒ 𝑦 = [−
(𝑒2 + 2)
6
] 𝑥 + 1 
Para a reta normal, temos 
−
1
𝑦′
=
𝑦 − 𝑦0
𝑥 − 𝑥0
=
𝑦 − 1
𝑥 − 0
=
6
(𝑒2 + 2)
⇒ 𝑦 = [
6
(𝑒2 + 2)
] 𝑥 + 1