ResProva2 - Tomas Edson

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Segunda Prova de Ca´lculo 1 08.910-9 A
07 de junho de 2013
Nome : R.A.
RESOLVA APENAS 4 (QUATRO) DAS 5 (CINCO) QUESTO˜ES ABAIXO.
1. Calcule a derivada de f no ponto x0, f
′(x0), nos seguintes casos:
a) f(x) = − cos(x)
3 · sen3(x) +
4 · cotg(x)
3
, x0 =
pi
2
;
f ′(x) = −(−sen(x) · 3 · sen
3(x)− cos(x) · 3 · 3 · sen2(x) · cos(x))
9 · sen6(x) +
−4cossec2(x)
3
=
=
3sen4(x) + 9sen2(x) cos2(x)
9sen6(x)
− 4
3sen2(x)
=
=
sen2(x) + 3 cos2(x)
3sen4(x)
− 4
3sen2(x)
=
=
sen2(x) + 3 cos2(x)− 4sen2(x)
3sen4(x)
=
−3sen2(x) + 3 cos2(x)
3sen4(x)
=
= − 1
sen2(x)
+
1
sen2(x)
cos2(x)
sen2(x)
= −cossec2(x) + cossec2(x)cotg2(x) =
= cossec2(x)(cotg2(x)− 1)
Uma outra forma e´ a seguinte:
Temos que f(x) = −cotg(x) · cossec
2(x)
3
+
4cotg(x)
3
. Logo
f ′(x) =
1
3
(−cotg′(x) · cossec2(x)− cotg(x) · 2 · cossec(x) · cossec′(x) + 4cotg′(x)) =
=
1
3
(cossec2(x)cossec2(x) + 2cotg2(x)cossec2(x)− 4cossec2(x)) =
= cossec2(x)
(
cossec2(x) + 2cotg2(x)− 4)
3
)
=
= cossec2(x)
(
cossec2(x)− cotg2(x) + 3cotg2(x)− 4)
3
)
=
= cossec2(x)
(
1 + 3cotg2(x)− 4)
3
)
= cossec2(x)
(−3 + 3cotg2(x))
3
)
=
= cossec2(x)(cotg2(x)− 1)
1
Logo, f ′(pi
2
) = cossec2(pi
2
)(cotg2(pi
2
)− 1) = 1 · (0− 1) = −1
b) f(x) =
√
3 · sen2(x) + 2 · cos2(x), x0 = pi4 ;
f ′(x) =
1
2
(3 · sen2(x) + 2 · cos2(x))− 12 (6sen(x) cos(x)− 4 cos(x)sen(x)) =
=
sen(x) cos(x)√
3 · sen2(x) + 2 · cos2(x)
Logo, f ′(
pi
4
) =
sen(pi
4
) cos(pi
4
)√
3 · sen2(pi
4
) + 2 · cos2(pi
4
)
=
√
2
2
√
2
2√
3 · 1
2
+ 2 · 1
2
=
1
2
·
√
2√
5
=
√
10
10
c) f(x) = x · |x|, x0 = 0.
f ′(0) = lim
h→0
h · |h| − 0 · |0|
h
= lim
h→0
|h| = 0
2. Seja y = f(x), definida implicitamente por
(x+ y)3 = 27(x− y)
Verifique que f(2) = 1 e determine a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f no
ponto (2, 1).
Temos que se x = 2 e y = 1, enta˜o
(x+ y)3 = (2 + 1)3 = 27 = 27(2− 1) = 27(x− y), logo f(2) = 1
A reta tangente ao gra´fico de f no ponto (2, 1) tem equac¸a˜o dada por
Y − 1 = f ′(2)(X − 2).
Derivando implicitamente a expressa˜o (x+ y)3 = 27(x− y), obtemos
3(x+ y)2(1 + y′) = 27(1− y′)
⇒ 3(x+ y)2 + 3(x+ y)2y′ = 27− 27y′
⇒ (3(x+ y)2 + 27)y′ = 27− 3(x+ y)2
⇒ y′ = 27− 3(x+ y)
2
27 + 3(x+ y)2
ou seja, f ′(x) =
27− 3(x+ f(x))2
27 + 3(x+ f(x))2
, de onde segue que, f ′(2) =
27− 3(2 + 1)2
27 + 3(2 + 1)2
= 0.
Assim a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f no ponto (2, 1) e´ dada por
Y = 1
2
3. Esboce o gra´fico de uma func¸a˜o f : [−2, 7]→ R que satisfac¸a as seguintes condic¸o˜es:
f ′(0) = f ′(2) = f ′(4) = 0
f ′(x) > 0 se x < 0 ou 2 < x < 4
f ′(x) < 0 se 0 < x < 2 ou x > 4
f ′′(x) > 0 se 1 < x < 3 e f ′′(x) < 0 se x < 1 ou x > 3
4. Determine a equac¸a˜o da reta que passa pelo ponto (3, 2) tal que o triaˆngulo retaˆngulo
formado por essa reta e pelos eixos coordenados positivos tenha a´rea mı´nima.
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0 1 2 3
1
2
C
B
P
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O triaˆngulo procurado e´ um triaˆngulo com
ve´rtices A = (0, 0), B = (0, y) e C = (x, 0),
como mostra a figura ao lado, de tal forma
que
xy
2
seja mı´nimo. Observamos que os
triaˆngulos BAC e PDC sa˜o semelhantes,
sendo D = (3, 0). Logo, temos que
y
2
=
x
x− 3
ou seja, y =
2x
x− 3. Desta forma, queremos determinar o ponto de mı´nimo da func¸a˜o
f(x) =
x · 2x
x−3
2
a qual e´ a a´rea do triaˆngulo retaˆngulo com ve´rtices (0, 0), (0, y) e (x, 0)
e que conte´m o ponto P = (3, 2) em sua hipotenusa.
Temos que f : (3,+∞)→ R e f(x) = x
2
x− 3.
• Pontos cr´ıticos de f
f ′(x) =
2x(x− 3)− x2
(x− 3)2 =
x2 − 6x
(x− 3)2 , logo f
′(x) = 0 se, e somente se, x = 0 ou x = 6.
Como o domı´nio de definic¸a˜o de f e´ (3,+∞), segue que f possui x = 6 como u´nico
ponto cr´ıtico.
Como f ′ e´ cont´ınua em (3,+∞) e se anula somente no ponto 6 temos que f ′ na˜o
muda de sinal em (3, 6) nem em (6,+∞).
4 ∈ (3, 6) e f ′(4) = 16−24
12
= −8 < 0, de onde segue que f e´ decrescente em (3, 6)
7 ∈ (6,+∞) e f ′(7) = 49−42
16
= 7
16
> 0, de onde segue que f e´ crescente em (6,+∞)
Portanto, 6 e´ ponto de mı´nimo de f . Assim, a reta procurada deve passar pelos
pontos P = (3, 2) e C = (6, 0), cuja equac¸a˜o e´ dada por
Y = −2
3
X + 4
3
5. Uma imobilia´ria possui 180 apartamentos, que esta˜o todos alugados por R$ 300, 00
mensais. A imobilia´ria estima que, para cada R$ 10, 00 de aumento no aluguel, 5
apartamentos ficara˜o vazios. Qual o aluguel que deve ser cobrado para se obter renda
mensal ma´xima?
Pelo enunciado do problema, se o aluguel for aumentado em 10 · x, enta˜o 180− 5 · x
apartamentos permanecera˜o ocupados, logo a renda mensal, apo´s aumento de 10 · x
sera´ R(x) = (180 − 5 · x) · (300 + 10 · x). A variac¸a˜o de x sera´ de x = 0 (ou seja,
nenhum aumento no alugue´l) ate´ x = 36 (ou seja, quando a renda mensal for nula).
Portanto R : [0, 36]→ R, R(x) = (180− 5 · x) · (300 + 10 · x).
Determinemos os pontos cr´ıricos de R:
R′(x) = (−5)·(300+10·x)+10·(180−5·x) = −1500−50·x+1800−50·x = 300−100·x
R′(x) = 0 ⇐⇒ x = 3
Assim, o ponto de ma´ximo da func¸a˜o R deve ocorrer entre os pontos extremos 0, 36
e o ponto cr´ıtico 3.
Como R(0) = 180 · 300 = 54000
R(3) = 165 · 330 = 54450
R(36) = 0 · 660 = 0
Temos que 3 e´ ponto de ma´ximo de R, donde o alugue´l que deve ser cobrado para se
obter renda ma´xima sera´ R$ 330, 00 .
4