cálculo 1 optativa T03 gabarito

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Prova Optativa de Cálculo I - T03 - GABARITO
1. Calcule: (3 pontos)
(a)
d
dx
e(
√
xsenx)
(b)
∫
x2cosxdx
Solução:
(a)
d
dx
e(
√
xsenx) =
[√
xsenx
]′
e
√
xsenx
=
[
1
2
√
x
senx +
√
xcosx
]
e
√
xsenx
=
[
1
2
senx√
x
+
√
xcosx
]
e
√
xsenx
(b) Se u = x2 e dv = cosxdx, então du = 2xdx e v =
∫
cosxdx = senx. Por integração
por partes, temos que∫
x2cosxdx =
∫
udv
= uv −
∫
vdu
= x2senx−
∫
senx2xdx
= x2senx− 2
∫
xsenxdx.
Se u = x e dv = senxdx, então du = dx e v =
∫
senxdx = −cosx. Portanto,∫
xsenxdx =
∫
udv
= uv −
∫
vdu
= −xcosx−
∫
−cosxdx
= −xcosx +
∫
cosxdx
= −xcosx + senx + c
Donde ∫
x2cosxdx = x2senx− 2
∫
xsenxdx
= x2senx− 2 [−xcosx + senx] + c
= x2senx + 2xcosx− 2senx + c
2. (2 pontos) Escolha APENAS um dos problemas abaixo para resolver.
(a) O raio de um círculo está aumentando à razão de 2cm/s. Ache a taxa de variação
da área quando o raio for 9cm.
(b) A agência de correios não aceita caixas se a soma das dimensões exceder 200cm.
Nessas condições, encontre as medidas da caixa de base quadrada de volume
máximo.
Solução:
(a) Sabemos que A = piR2, onde A é a área do círculo de raio R. Temos que a taxa
de variação da área é dada por
dA
dt
=
d
dt
[
piR2
]
= pi
d
dt
[
R2
]
= pi
d
dR
[
R2
] dR
dt
= pi2R
dR
dt
= 2piR
dR
dt
Por hipótese temos que
dR
dt
= 2cm/s, então quando o raio for 9cm segue que
dA
dt
= 36picm2/s
(b) Como a caixa tem base quadrada, vamos denotar suas dimensões por x, x e
y. Como a somas das dimensões não pode exceder 200cm, sua soma máxima
é é dada por 2x + y = 200. Como o volume da caixa é dada por V = x2y,
2
substituindo y = 200 − 2x nesta equação temos que V = x2 (200− 2x). Donde
V (x) = 200x2 − 2x3. Já que V ′ = 400x− 6x2, temos que
V ′ = 0⇔ 400x− 6x2 = 0⇔ x = 0 ou x = 200
3
.
Ainda, como V ′′ = 400− 12x, temos que V ′′ (200
3
)
< 0. Assim, o volume máximo
é atingindo quando x = 200
3
. E como y = 200− 2x, segue que y = 200
3
. Portanto,
a caixa de volume máximo é o cubo de aresta
200
3
.
3. (3 pontos) Seja f(x) = x
2+3
x2+1
, com f ′(x) = − 4x
(x2+1)2
e f ′′(x) = 12x
2−4
(x2+1)3
. Determine, caso
existam:
(a) domínio da f;
(b) os intervalos onde f é crescente e decrescente;
(c) os intervalos onde f é côncava para cima e para baixo;
(d) os pontos de máximo, mínimo e de inflexão;
(e) as assíntotas horizontais e verticais;
(f) esboce o gráfico.
Solução:
(a) Dom(f) = R
(b) Temos que
f ′ = 0⇔ x = 0.
Ainda, f ′ > 0 se x < 0 e f ′ < 0 se x > 0. Então, f é crescente em (−∞, 0) e
descresente em (0,∞).
(c) Temos que
f ′′ = 0⇔ 12x2 − 4 = 0⇐ x = ± 1√
3
= ±
√
3
3
.
Assim, f ′′ > 0 para x < −
√
3
3
e x >
√
3
3
e f ′′ < 0 se −
√
3
3
< x <
√
3
3
. Portanto f
tem a concavidade para cima em
(
−∞,−
√
3
3
)
∪
(√
3
3
,∞
)
e f tem a convidade
para baixo em
(
−
√
3
3
,
√
3
3
)
3
(d) Pelo teste da primeira derivada, como f ′ > 0 se x < 0 e f ′ < 0 se x > 0, temos
que 0 é ponto de máximo local. Não há pontos de mínimo. E os pontos
√
3
3
,−
√
3
3
são de inflexão, já que nesses pontos a concavidade da função f muda.
(e) Como a função f é contínua em R, não há assíntotas verticais. No entanto,
aplicando L'Hospital,
lim
x→±∞
x2 + 3
x2 + 1
= lim
x→±∞
2x
2x
= lim
x→±∞
1
= 1.
Assim a reta y = 1 é uma assíntota horizontal.
(f) Gráfico de f .
4. (2 pontos) Calcule a área da região limitada pelas curvas y = x2 − 5x e y = −2x.
Solução:
4
Pontos de intersecção: Fazendo x2 − 5x = −2x, temos que x = 0 ou x = 3.
Então, a área da região limitada pelas funções y = x2 − 5x e y = −2x é
A =
∫ 3
0
(−2x)− (x2 − 5x) dx
=
∫ 3
0
−x2 + 3xdx
= −x
3
3
+
3
2
x2
∣∣∣3
0
= −3
3
3
+
3
2
32 = −9 + 27
2
=
9
2
u.a.
5