Provas com gabarito 2017 1 MAT 146 2017 I 1

Prévia do material em texto

Universidade Federal de Vic¸osa
Centro de Cieˆncias Exatas e Tecnolo´gicas
Departamento de Matema´tica
1a Prova - MAT146 - Ca´lculo I - 08/04/2017
Nome: Matr´ıcula: Turma:
Turma 1 Turma 2 Turma 3 Turma 4 Turma 5 Turma 6 Turma 7 Turma 8 Turma 9
Ady Cristiane Lia Ady Filipe Filipe Cristiane Juliana Juliana
Seg 08 - 10 Seg 10 - 12 Ter 14 - 16 Seg 14 - 16 Qua 14 - 16 Qua 18:30 - 20:30 Seg 08 - 10 Seg 08 - 10 Seg 18:30 - 20:10
Turma 10 Turma 11 Turma 12 Turmas 13 e 14
Juliana Ariane Lia Cristiane
Qua 18:30 - 20:30 Seg 10 - 12 Ter 16 - 18 ter 13h
Em todas as questo˜es justifique suas respostas. Boa Prova!
Questa˜o 1: Calcule os seguintes limites, caso existam:
(a) (6 pontos) lim
x→− 32
4x2 − 9
2x + 3
Soluc¸a˜o: Neste caso, temos uma indeterminac¸a˜o do tipo “0/0”. Para contornar este problema, vamos
fatorar o numerador
lim
x→− 32
4x2 − 9
2x + 3
= lim
x→− 32
(2x− 3)(2x + 3)
2x + 3
= lim
x→− 32
(2x− 3)����(2x + 3)
���2x + 3
= lim
x→− 32
(2x− 3) = 2
(
−3
2
)
− 3 = −6.
(b) (8 pontos) lim
x→−∞
2x + 1√
x2 − 3x + 1
Soluc¸a˜o: Neste caso, temos uma indeterminac¸a˜o do tipo “∞/∞”. Para contornar este problema aplicare-
mos a seguinte manipulac¸a˜o alge´brica
lim
x→−∞
2x + 1√
x2 − 3x + 1 = limx→−∞
x
(
2 + 1x
)√
x2
(
1− 3x + 1x2
)
= lim
x→−∞
x
(
2 + 1x
)
|x|
√
1− 3x + 1x2
= lim
x→−∞
�x
(
2 + 1x
)
−�x
√
1− 3x + 1x2
= lim
x→−∞
lim
x→−∞
(
2 + 1x
)
−
√
lim
x→−∞
(
1− 3x + 1x2
)
=
2
−√1
= −2.
(c) (10 pontos) lim
x→−7
2x2 + 1
x + 7
Soluc¸a˜o: Observe que lim
x→−7
2x2 + 1 = 99 6= 0 e lim
x→−7
x + 7 = 0. Neste caso, para estudar o limite, temos
que calcular os limites laterais:
1
lim
x→−7+
2x2 + 1
x + 7
= +∞,
pois x + 7 > 0 quando x tende a −7 pela direita.
lim
x→−7−
2x2 + 1
x + 7
= −∞,
pois x + 7 < 0 quando x tende a −7 pela esquerda.
Logo, na˜o existe o limite pedido.
Questa˜o 2: Seja f : R→ R definida por
f(x) =
{
x + k, se x ≥ 1
−x2 + 4 se x < 1 ,
onde k e´ uma constante real. Pede-se:
(a) (6 pontos) Determine lim
x→1−
f(x) e lim
x→1+
f(x).
Soluc¸a˜o:
lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
(−x2 + 4) = −1 + 4 = 3
lim
x→1+
f(x) = lim
x→1−
(x + k) = 1 + k.
(b) (6 pontos) O valor de k, se existir, para que lim
x→1
f(x) exista. Justifique.
Soluc¸a˜o: Para que o limite exista, devemos ter lim
x→1−
f(x) = lim
x→1+
f(x), ou seja,
3 = 1 + k
k = 2.
(c) (6 pontos) O valor de k, se existir, para que f seja cont´ınua em x = 1. Justifique.
Soluc¸a˜o: Para a existeˆncia do limite, devemos ter k = 2. Neste caso, lim
x→1
f(x) = 3 = f(1). Log a func¸a˜o
dada e´ cont´ınua em x = 1.
(d) (12 pontos) Reescreva a func¸a˜o f para k = 1 e esboce o seu gra´fico.
Soluc¸a˜o:
−2 −1 1 2 3
x
−1
1
2
3
4
y
0
Para k = 1, a func¸a˜o f e´ dada
por
f(x) =
{
x + 1 x ≥ 1
−x2 + 4 x < 1
Questa˜o 3: Seja f : R→ R definida por f(x) = x2 + 3x + 2. Fac¸a o que se pede em cada item.
2
(a) (12 pontos) Utilizando a definic¸a˜o de derivada, encontre a expressa˜o para f ′(x).
Soluc¸a˜o: Para qualquer x ∈ R,
f ′(x) = lim
h→0
f(x + h)− f(x)
h
= lim
h→0
(x + h)2 + 3(x + h) + 2− (x2 + 3x + 2)
h
= lim
h→0
��x2 + 2xh + h2 +��3x + 3h + �2−��x2 −��3x− �2
h
= lim
h→0
�h(2x + h + 3)
�h
= lim
h→0
(2x + h + 3) = 2x + 3.
(b) (12 pontos) Encontre a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f no ponto de abscissa x = −3.
Soluc¸a˜o: Como f e´ deriva´vel no ponto de abscissa x = −3, temos que a equac¸a˜o da reta tangente e´ dada
por
y − f(−3) = f ′(−3)(x− (−3))
y − 2 = −3(x + 3)
y = −3x− 7.
Questa˜o 4: Seja f uma func¸a˜o definida por
f(x) =
{ √
x− 3, se x ≥ 4
x
2
− 1, se x < 4
Determine:
(a) (4 pontos) O domı´nio de f.
Soluc¸a˜o: Dom(f) = R.
(b) (12 pontos) As derivadas laterais f ′+(4) e f
′
−(4).
Soluc¸a˜o: Por definic¸a˜o, a derivada lateral a` direita de f em x = 4 e´ dada por
f ′+(4) = lim
x→4+
f(x)− f(4)
x− 4 = limx→4+
√
x− 3−√1
x− 4
= lim
x→4+
(√
x− 3− 1) (√x− 3 + 1)
(x− 4) (√x− 3 + 1)
= lim
x→4+
x− 3− 1
(x− 4) (√x− 3 + 1)
= lim
x→4+
���x− 4
����(x− 4)
(√
x− 3 + 1)
= lim
x→4+
1√
x− 3 + 1
=
1
2
.
f ′−(4) = lim
x→4−
f(x)− f(4)
x− 4 = limx→4−
x
2 − 1−
√
1
x− 4
= lim
x→4−
����(x− 4)
2����(x− 4)
= lim
x→4−
1
2
=
1
2
.
3
(c) (6 pontos) A func¸a˜o f dada e´ deriva´vel em x = 4? Justifique!
Soluc¸a˜o: A func¸a˜o e´ deriva´vel em x = 4 pois as derivadas laterais existem e sa˜o iguais. Logo f ′(4) =
1
2
.
2a Prova de MAT146 - Ca´lculo I - 20/05/2017
Nome: Matr´ıcula: Turma:
Turma 1 Turma 2 Turma 3 Turma 4 Turma 5 Turma 6 Turma 7 Turma 8 Turma 9
Ady Cristiane Marli Ady Pouya Giovani Cristiane Juliana Pouya
Seg 08 - 10 Seg 10 - 12 Ter 14 - 16 Seg 14 - 16 Qua 14 - 16 Qua 18:30 - 20:30 Seg 08 - 10 Seg 08 - 10 Seg 18:30 - 20:10
Turma 10 Turma 11 Turma 12 Turmas 13 e 14
Juliana Ariane Marli Giovanni
Qua 18:30 - 20:30 Seg 10 - 12 Ter 16 - 18 Ter 13h
Em todas as questo˜es justifique suas respostas. Boa Prova!
GABARITO P2
1a Questa˜o: Derive cada uma das func¸o˜es abaixo:
(a) (7 pontos) f(x) = x tg x +
3
√
x2
Utilizando a regra do produto
f ′(x) = 1 · tg x + x sec2 x + 2
3
x−
1
3 = tg x + x sec2 x +
2
3 3
√
x
.
(b) (7 pontos) f(x) =
x2
x2 + 3
Pela regra do quociente
f ′(x) =
(x2 + 3)2x− x2(2x)
(x2 + 3)2
=
2x3 + 6x− 2x3
(x2 + 3)2
=
6x
(x2 + 3)2
(c) (8 pontos) f(x) = ln(3x2 + 4)− cos(ex)
Pela regra da cadeia
f ′(x) =
1
3x2 + 4
· (6x) + sen(ex)ex = 6x
3x2 + 4
+ ex sen(ex).
2a Questa˜o: (18 pontos) Considere a curva de equac¸a˜o
3xy2 + 2y3 = x + 2.
Determine
dy
dx
∣∣∣∣
x=0
.
Derivando com respeito a x, obtemos
d
dx
(3xy2 + 2y3) =
d
dx
(x + 2)
3y2 + 3x2y
dy
dx
+ 6y2
dy
dx
= 1
dy
dx
(6xy + 6y2) = 1− 3y2
dy
dx
=
1− 3y2
6xy + 6y2
, 6xy + 6y2 6= 0.
4
Substituindo x = 0 na equac¸a˜o que define a curva, obtemos
3 · 0 · y2 + 2y3 = 0 + 2⇒ 2y3 = 2⇒ y = 1.
Avaliando a expressa˜o da derivada no ponto (x, y) = (0, 1), obtemos:
dy
dx
∣∣∣∣∣
(x,y)=(0,1)
=
1− 3.12
6.1 + 6.12
dy
dx
∣∣∣∣∣
(x,y)=(0,1)
=
−2
6
dy
dx
∣∣∣∣∣
(x,y)=(0,1)
= −1
3
.
3a Questa˜o: (20 pontos) Uma escada, de 6m de comprimento, esta´ apoiada em uma parede vertical. Um
opera´rio empurra a escada na direc¸a˜o da parede. Se a base da escada se move a uma taxa de 0, 5m/s,
com que velocidade o topo da escada percorre a parede, quando a escada esta´ a 5m do solo?
Sejam t o tempo em segundos, x a distaˆncia, em metros, do topo da escada ao cha˜o decorridos t segundos
e y a distaˆncia, em metros, da base da escada a` parede decorridos t segundos. Sabe-se que
dy
dt
= −0.5
m/s. Deseja-se determinar
dx
dt
quando x = 5m. Note que o triaˆngulo formado, pela escada, pela parede
e pelo cha˜o, e´ retaˆngulo, logo
x2 + y2 = 36.
Desta forma, derivando com relac¸a˜o ao tempo, obtemos
2x
dx
dt
+ 2y
dy
dt
= 0.
Note que quando x = 5 tem-se y2 = 36− 25, logo y = √11. Substituindo y = √11, x = 5 e dy
dt
= −0, 5 na
equac¸a˜o diferencial, obtemos:
dx
dt
=
−√11 · (−0.5)
5
⇒ dx
dt
=
√
11
10
.
Portanto, o topo da escada esta´ subindo a uma taxa de
√
11
10
m/s.
4a Questa˜o: Seja f uma func¸a˜o definida por f(x) =
x2
x2 + 3
. Sabendo que
f ′(x) =
6x
(x2 + 3)2
e f ′′(x) =
−18x2 + 18
(x2 + 3)3
,
determine:
(a) (6 pontos) o domı´nio de f e as ass´ıntotas horizontais e verticais, caso existam.
A func¸a˜o f e´ uma func¸a˜o racional, cujo denominador e´ sempre na˜o nulo. Logo,
Dom(f) = R.
Como f e´ cont´ınua em R, o seu gra´fico na˜o possui ass´ıntotas verticais.Para encontrar as ass´ıntotas
horizontais, calcularemos os limites no infinito.
lim
x→∞
x2
x2 + 3
= lim
x→∞
x2
x2
(
1 + 3x2
) = lim
x→∞
1
1 + 3x2
= 1.
lim
x→−∞
x2
x2 + 3
= lim
x→−∞
x2
x2
(
1 + 3x2
) = lim
x→−∞
1
1 + 3x2
= 1.
Logo, y = 1 e´ a u´nica ass´ıntota horizontal.
5
(b) (5 pontos) os pontos cr´ıticos de f, caso existam;
Os pontos cr´ıticos de f, neste caso, sa˜o pontos que satisfazem f ′(x) = 0, ou seja:
6x
(x2 + 3)2
= 0⇐⇒ 6x = 0⇐⇒ x = 0.
Logo (0, f(0)) = (0, 0) e´ o u´nico ponto cr´ıtico de f .
(c) (6 pontos) intervalos de crescimento e decrescimento de f ;
Como f ′(x) < 0 em (−∞, 0) e f e´ cont´ınua, temos que f e´ estritamente decrescente em (−∞, 0].
Como f ′(x) > 0 em (0,+∞) temos que f e´ estritamente crescente em [0,+∞).
(d) (6 pontos) o(s) extremo(s) relativo(s) de f ;
Como f ′(x) < 0, para x < 0 e f ′(x) > 0 para x > 0, temos que o ponto de abscissa x = 0 e´ um ponto
de mı´nimo local (relativo). A func¸a˜o f na˜o possui ma´ximo local (relativo).
(e) (6 pontos) os intervalos onde o gra´fico de f e´ coˆncavo para baixo e onde o gra´fico e´ coˆncavo para
cima;
Observe que f ′′(x) < 0, para x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞). Da´ı, o gra´fico de f e´ coˆncavo para baixo em
(−∞,−1) e em (1,+∞). Como f ′′(x) > 0 para x ∈ (−1, 1), segue que o gra´fico de f e´ coˆncavo para
cima em (−1, 1).
(f) (6 pontos) os pontos de inflexa˜o do gra´fico de f ;
Os pontos de abscissa x = −1 e x = 1 sa˜o pontos de inflexa˜o do gra´fico de f, uma vez que f e´
deriva´vel e o gra´fico de f muda de concavidade nestes pontos.
(g) (5 pontos) construa o gra´fico de f.
−3. −2.5 −2. −1.5 −1. −0.5 0.5 1. 1.5 2. 2.5 3.
0.5
1.
1.5
0
3a Prova de MAT146 - Ca´lculo I - 01/07/2017
Nome: Matr´ıcula: Turma:
Turma 1 Turma 2 Turma 3 Turma 4 Turma 5 Turma 6 Turma 7 Turma 8 Turma 9
Ady Cristiane Marli Ady Pouya Giovani Cristiane Juliana Pouya
Seg 08 - 10 Seg 10 - 12 Ter 14 - 16 Seg 14 - 16 Qua 14 - 16 Qua 18:30 - 20:30 Seg 08 - 10 Seg 08 - 10 Seg 18:30 - 20:10
Turma 10 Turma 11 Turma 12 Turmas 13 e 14
Juliana Ariane Marli Giovanni
Qua 18:30 - 20:30 Seg 10 - 12 Ter 16 - 18 Ter 13h
Em todas as questo˜es justifique suas respostas. Boa Prova!
1a Questa˜o: [35 pontos] Calcule cada uma das integrais abaixo:
(a) (10 pontos)
∫ √
x + x
√
x
x2
dx
∫ √
x + x
√
x
x2
dx =
∫ √
x
x2
dx +
∫
x
√
x
x2
dx =
∫
x
1
2
−2
dx +
∫
x
1+
1
2
−2
dx =
=
∫
x
−
3
2dx +
∫
x
−
1
2dx = −2x−
1
2 + 2x
1
2 + C = −−2√
x
+ 2
√
x + C
6
(b) (12 pontos)
∫ 1
0
x3(1 + x4)5dx
Fac¸amos a mudanc¸a de varia´vel u = 1 + x4. Assim, du = 4x3dx e desta forma,∫ 1
0
x3(1 + x4)5dx =
∫ 2
1
u5
4
du =
1
4
·
u6
6
∣∣∣∣∣
2
1
 = 1
4
·
(
26
6
− 1
6
)
=
63
24
(c) (13 pontos)
∫
x cosxdx
Neste caso, utilizamos integrac¸a˜o por partes.
u = x ⇒ du = dx
dv = cosxdx ⇒ v = senx
∫
x cosxdx = x senx−
∫
senxdx = x senx + cosx + C
2a Questa˜o: [20 pontos] Sejam f e g func¸o˜es dadas por
f(x) = x2 − 2x e g(x) = x.
(a) (10 pontos) Calcule o(s) ponto(s) de intersec¸a˜o(o˜es) e esboce a regia˜o do plano,
limitada pelos gra´ficos das func¸o˜es f e g.
−3. −2. −1. 1. 2. 3. 4.
−2.
−1.
1.
2.
3.
4.
0
Os pontos de intersec¸a˜o sa˜o encontrados resolvendo f(x) = g(x). Assim,
x2 − 2x = x
x2 − 3x = 0
x = 0 ou x = 3.
Assim, os pontos de intersec¸a˜o sa˜o (0, f(0)) = (0, 0) e (3, f(3) = 3).
(b) (10 pontos) Calcule a a´rea da regia˜o do item anterior.
7
A a´rea da regia˜o e´ dada por
A =
∫ 3
0
[
x− (x2 − 2x)] dx
=
∫ 3
0
[−x2 + 3x]dx
=
(
−x
3
3
+ 3
x2
2
)∣∣∣∣3
0
=
(
−27
3
+
27
2
)
− 0
=
9
2
.
8
3a Questa˜o: [20 pontos] Um fabricante de caixas de papela˜o de base quadrada deseja fazer
caixas abertas de pedac¸os de papela˜o de 12 m de lado, cortando quadrados iguais nos
quatro cantos e dobrando os lados. Encontre o comprimento do lado do quadrado que se
deve cortar para obter uma caixa cujo volume seja o maior poss´ıvel.
x x
x
x
xx
x
x
12
12
Seja x o comprimento, em metros, o lado dos quadrados que sera˜o retirados. As caixas
tera˜o base quadrada de lado 12− 2x e altura x, logo o volume da caixa sera´:
V (x) = (12− 2x)2x, 0 ≤ x ≤ 6.
Note que a func¸a˜o V e´ cont´ınua e esta´ definida num intervalo fechado, logo podemos
aplicar o teorema do valor extremo, e assim V tem ambos os valores, ma´ximo e mı´nimo,
absolutos, em [0, 6]. Queremos encontrar o ma´ximo absoluto de V .
V ′(x) = (12− 2x)2 − 4x(12− 2x)⇔ V ′(x) = (12− 2x)(12− 6x).
Note que
V ′(x) = 0⇔ x = 6 ou x = 2.
Avaliando a func¸a˜o nos extremos no ponto cr´ıtico e nos extremos:
V (0) = V (6) = 0
V (2) = 82 · 2 = 128.
Logo, o comprimento do lado do quadrado que se deve cortar e´ de x = 2 m para que se
tenha caixas de volume ma´ximo.
9
4a Questa˜o: [15 pontos] Resolva o Problema de Valor Inicial:{
dy
dx
= −4y
x3
y(1) = e.
A equac¸a˜o diferencial do problema pode ser escrita como
1
y
dy
dx
= − 1
x3
. Logo trata-se de um equac¸a˜o
separa´vel. Escrevendo na forma diferencial
1
y
dy = − 4
x3
dx. Integrando ambos os lados, obtemos
ln |y(x)| = 2
x2
+ C.
Usando a condic¸a˜o inicial y(1) = e, obtemos
ln |y(1)| = 2 + C ⇒ C = −1,
pois ln e = 1. Logo ln |y(x)| = 2
x2
− 1⇒ y(x) = ±e
(
2
x2
−1
)
.
5a Questa˜o: [10 pontos] Verifique que∫
lnx2
x2
dx = −2
(
1 + ln x
x
)
+ C.
Ao derivar o lado direito da igualdade, obtemos:
d
dx
(
−2
(
1 + lnx
x
)
+ C
)
= −2
 1x · x− (1 + lnx)
x2
+ 0
 = 2 lnx
x2
=
lnx2
x2
.
Boa Prova!
10