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CÁLCULO I – SEMANA 5 VÍDEO-AULA 17 - EXERCÍCIO 1: Sendo 𝑓(𝑥) = 𝑥²𝑙𝑛𝑥, podemos derivar a função da seguinte forma: 𝒇′(𝒙) = 𝟐𝒙 ∗ 𝒍𝒏𝒙 + 𝒙𝟐 ∗ ( 𝟏 𝒙 ) 𝒇′(𝒙) = 𝟐𝒙 ∗ 𝒍𝒏𝒙 + 𝒙 Para obtermos os pontos críticos: 𝒇′(𝒙) = 𝟐𝒙 ∗ 𝒍𝒏𝒙 + 𝒙 = 𝟎 𝒙 = 𝟎 ↔ ∄𝒍𝒏𝒙 𝒇′(𝒙) = 𝒍𝒏 ∗ 𝒙 = − 𝟏 𝟐 𝒇′(𝒙) = 𝒍𝒏𝒙 = − 𝟏 𝟐 𝒙 = 𝒆 𝟏 𝟐 ≅ 𝟎, 𝟔𝟏 𝒇′(𝟎, 𝟓) = 𝟎, 𝟓(𝟐 ∗ 𝒍𝒏𝟎, 𝟓 + 𝟏) ≅ −𝟎, 𝟏𝟗 < 𝟎 𝒇′(𝒆) = 𝒆(𝟐 ∗ 𝒍𝒏𝒆 + 𝟏) = 𝟑𝒆 > 𝟎 Sendo assim temos que o ponto crítico está em x=0,61 devido à característica logarítmica da função e seu índice 2x,observamos que o período decrescente da função está em 0≤x<0,61 e o período crescente está em x>0,61. EXERCÍCIO 2 Encontre os pontos de máximo e mínimo da função𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 ( 1 𝑥 ) 𝑐𝑜𝑚 𝑥 ∈ (0,1] 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 ( 1 𝑥 ) 𝑓′(𝑥) = cos ( 1 𝑥 ) ∗ −1 ∗ 𝑥−2 = − 𝐜𝐨𝐬 ( 𝟏 𝒙 ) ∗ ( 𝟏 𝒙𝟐 ) PONTO CRÍTICO:𝑓′(𝑥) = 0 − 𝐜𝐨𝐬 ( 𝟏 𝒙 ) ∗ ( 𝟏 𝒙𝟐 ) = 𝟎 cos 1 𝑥 = 0 Então: 𝟏 𝒙 = 𝝅 𝟐 + 𝒌 ∗ 𝝅 Atribuindo valores: 1 𝑥 = 𝜋 2 ↔ 𝑥 = 2 𝜋 = 0,64 1 𝑥 = 3𝜋 2 ↔ 𝑥 = 3 𝜋 = 0,21 1 𝑥 = 5𝜋 2 ↔ 𝑥 = 5 𝜋 = 0,13 1 𝑥 = 7𝜋 2 ↔ 𝑥 = 7 𝜋 = 0,09 1 𝑥 = 9𝜋 2 ↔ 𝑥 = 9 𝜋 = 0,07 Substituindo estes valores em f’(x) observamos que todo “k” par é máximo e todos “k” impar é mínimo. EXERCÍCIO 3 Se “a” e “b” são números positivos, encontre o valor máximo de: 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑎(1 − 𝑥)𝑏, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 𝑓′(𝑥) = 𝑎𝑥𝑎−1(1 − 𝑥)𝑏 + 𝑥𝑎𝑏(1 − 𝑥)𝑏−1(−1) 𝑓′(𝑥) = 𝑎 ( 𝑥𝑎 𝑥 ) (1 − 𝑥)𝑏 − 𝑥𝑎𝑏 (1 − 𝑥)𝑏 (1 − 𝑥) 𝑥𝑎(1 − 𝑥)𝑏 [ 𝑎 𝑥 − 𝑏 (1 − 𝑥) ] 𝑥𝑎(1 − 𝑥)𝑏 [ 𝑎(1 − 𝑥) − 𝑏𝑥 𝑥(1 − 𝑥) ] = 0 Com x≠0 e x≠1,pois 𝒙𝒂(𝟏 − 𝒙)𝒃 = 𝟎 não é possível com x=0 ou x=1 Então [ 𝒂(𝟏 − 𝒙) − 𝒃𝒙 𝒙(𝟏 − 𝒙) ] = 𝟎 𝑎(1 − 𝑥) − 𝑏𝑥 = 𝑎 − 𝑎𝑥 − 𝑏𝑥 = 0 𝑥 = 𝑎 𝑎 + 𝑏 Vamos atribuir a= 1 e b=1, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 Para localizarmos o ponto e seus sinais: 𝑥 = 1 2 𝑒 𝑓(𝑥) = 1 4 Portanto a e b são números positivos. VÍDEO - AULA 18 – EXERCÍCIO 1 𝒇(𝒙) = 𝒙 𝒙𝟐 + 𝟏 𝒇′(𝒙) = [(𝟏)(𝒙𝟐 + 𝟏)] − [(𝒙)(𝟐𝒙)] (𝒙𝟐 + 𝟏)𝟐 𝒇′(𝒙) = [(𝒙𝟐 + 𝟏)] − [(𝟐𝒙𝟐)] (𝒙𝟐 + 𝟏)𝟐 𝒇′(𝒙) = −𝒙𝟐 + 𝟏 𝒙𝟒 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟏 PONTOS CRÍTICOS: f’(x)=0 PONTOS DE INFLEXÃO f”(x)=0 Para o ponto crítico igualamos a zero: 𝒇′(𝒙) = −𝒙𝟐 + 𝟏 𝒙𝟒 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟏 = 𝟎 𝒇′(𝒙) = −𝒙𝟐 + 𝟏 = 𝟎 𝒇′(𝒙) = 𝒙𝟐 = 𝟏 𝒙 = ±𝟏 Substituindo[0,2] 𝒇′(𝟎) = −(𝟎)𝟐 + 𝟏 (𝟎)𝟒 + 𝟐(𝟎)𝟐 + 𝟏 = 𝟏 𝟏 = 𝟏 𝒇′(𝟐) = −(𝟐)𝟐 + 𝟏 (𝟐)𝟒 + 𝟐(𝟐)𝟐 + 𝟏 = −𝟑 𝟐𝟓 = −𝟎, 𝟏𝟐 Derivando novamente e aplicando a regra do quociente: 𝒇′(𝒙) = −𝒙𝟐 + 𝟏 𝒙𝟒 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟏 𝒇" = (−𝟐𝒙)(𝒙𝟒 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟏) − (𝟒𝒙𝟑 + 𝟒𝒙)(−𝒙𝟐 + 𝟏) (𝒙𝟒 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟏)𝟐 −𝟐𝒙𝟓 − 𝟒𝒙𝟑 − 𝟐𝒙 + 𝟒𝒙𝟓 − 𝟒𝒙𝟑 + 𝟒𝒙𝟑 − 𝟒𝒙 = 𝟎 𝟐𝒙𝟓 − 𝟒𝒙𝟑 − 𝟔𝒙 = 𝟎 𝟐𝒙(𝒙𝟒 − 𝟐𝒙𝟐 − 𝟑) = 𝟎 x=0 e 𝒙𝟒 − 𝟐𝒙𝟐 − 𝟑 = 𝟎 (𝒙𝟐)𝟐 − 𝟐𝒙𝟐 − 𝟑 = 𝟎 𝒚𝟐 − 𝟐𝒚 − 𝟑 = 𝟎 ∆= 𝟒 − 𝟒(−𝟑) = 𝟏𝟔 𝒚 = 𝟐 ± 𝟒 𝟐 { = 𝟑 = −𝟏 𝒙𝟐 = 𝟑 ↔ 𝒙 = √𝟑 ↔ ±𝟏, 𝟕 𝒙𝟐 = −𝟏 ↔ ∄ Retornando a função atribuindo valores: 𝒇(𝟎) = 𝟎 𝟎𝟐 + 𝟏 = 𝟏 𝟏 = 𝟏 𝒇(−𝟐) = −𝟐 (−𝟐)𝟐 + 𝟏 = − 𝟐 𝟓 = −𝟎, 𝟒 𝒇(𝟏) = 𝟏 (𝟏)𝟐 + 𝟏 = 𝟏 𝟐 = 𝟎, 𝟓 𝒇(−𝟏) = −𝟏 (−𝟏)𝟐 + 𝟏 = − 𝟏 𝟐 = −𝟎, 𝟓 𝒇(𝟏, 𝟕) = 𝟏, 𝟕 (𝟏, 𝟕)𝟐 + 𝟏 ≅ 𝟎, 𝟒𝟑𝟕 𝒇(−𝟏, 𝟕) = −𝟏, 𝟕 (−𝟏, 𝟕)𝟐 + 𝟏 ≅ −𝟎, 𝟒𝟑𝟕 Ponto máximo(0;1) Pontos mínimos(-2;-0,12) e (2;-0,12) VÍDEO AULA 19 - EXERCÍCIO 1.a ∑ 𝒇𝒏(𝟎) 𝒌! 𝒏 𝒌=𝟎 𝒙𝒌 = 𝒇(𝟎) + 𝒇′(𝟎)𝒙 𝟏! + 𝒇"(𝟎)𝒙𝟐 𝟐! + 𝒇′′′(𝟎)𝒙𝟑 𝟑! + ⋯ + 𝒇𝒏(𝟎)𝒙𝒏 𝒏! Derivando: 𝒇(𝒙) = 𝒙𝒆𝒙 𝒇′(𝒙) = 𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 𝒇′′(𝒙) = 𝟐𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 𝒇′′′(𝒙) = 𝟑𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 𝒇𝒏(𝒙) = 𝒏𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 Série de MacLaurin(Taylor quando x=0) 𝒇′(𝟎) = 𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 = 𝒆𝟎 + 𝟎𝒆𝟎 = 𝟏 𝒇′′(𝟎) = 𝟐𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 = 𝟐𝒆𝟎 + 𝟎𝒆𝟎 = 𝟐 𝒇′′′(𝟎) = 𝟑𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 = 𝟑𝒆𝟎 + 𝟎𝒆𝟎 = 𝟑 𝒇𝒏(𝟎) = 𝒏𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 = 𝒏𝟏 + 𝟎 = 𝒏 Série de Taylor quando x=0 ∑ 𝒇𝒏(𝟎) 𝒌! 𝒏 𝒌=𝟎 𝒙𝒌 = 𝟎 + 𝒙 + 𝒙𝟐 + 𝟏𝒙𝟑 𝟐 + ⋯ + 𝒏𝒙𝒏 𝒏! EXERCÍCIO 1.B ∑ 𝒇𝒏(𝟎) 𝒌! 𝒏 𝒌=𝟎 𝒙𝒌 = 𝒇(𝟎) + 𝒇′(𝟎)𝒙 𝟏! + 𝒇"(𝟎)𝒙𝟐 𝟐! + 𝒇′′′(𝟎)𝒙𝟑 𝟑! + ⋯ + 𝒇𝒏(𝟎)𝒙𝒏 𝒏! Derivando: 𝒇(𝒙) = 𝒙𝒆𝒙 𝒇′(𝒙) = 𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 𝒇′′(𝒙) = 𝟐𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 𝒇′′′(𝒙) = 𝟑𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 𝒇𝒏(𝒙) = 𝒏𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 𝒇′(𝟏) = 𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 = 𝒆𝟎 + 𝟎𝒆𝟎 = 𝒆 + 𝒆 = 𝟐𝒆 𝒇′′(𝟏) = 𝟐𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 = 𝟐𝒆𝟎 + 𝟎𝒆𝟎 = 𝟐𝒆 + 𝒆 = 𝟑𝒆 𝒇′′′(𝟏) = 𝟑𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 = 𝟑𝒆𝟎 + 𝟎𝒆𝟎 = 𝟑𝒆 + 𝒆 = 𝟒𝒆 𝒇𝒏(𝟏) = 𝒏𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 = 𝒏𝒆𝟏 + 𝟏𝒆𝟏 = 𝒆(𝒏 + 𝟏) ∑ 𝒇𝒏(𝟏) 𝒌! 𝒏 𝒌=𝟎 𝒙𝒌 = 𝒇(𝟏) + 𝒇′(𝟏)𝒙 𝟏! + 𝒇"(𝟏)𝒙𝟐 𝟐! + 𝒇′′′(𝟏)𝒙𝟑 𝟑! + ⋯ + 𝒇𝒏(𝟏)𝒙𝒏 𝒏! ∑ 𝒇𝒏(𝟏) 𝒌! 𝒏 𝒌=𝟎 𝒙𝒌 = 𝒆 + 𝟐𝒆 + 𝟑𝒆𝒙𝟐 𝟐! + 𝟒𝒆𝒙𝟑 𝟑! + ⋯ + 𝒆(𝒏 + 𝟏)𝒙𝒏 𝒏! VÍDEO-AULA 20 - EXERCÍCIO 1: ∑[𝒙𝒊 + 𝟏 − 𝒙𝒊]𝒇(𝒂𝒊) 𝒏−𝟏 𝒊=𝟎 ∆𝒙 = 𝒃 − 𝒂 𝒏 ∑ 𝒇(𝒂𝒊)∆𝒙 𝒏−𝟏 𝒊=𝟎 𝒇(𝒙) = 𝒙, 𝒙 ∈ [𝟎, 𝟏]; ∆𝒙 = 𝟏 𝟒 ↔ 𝒏 = 𝟒 𝑺𝑬 = ( 𝟏 𝟒 ) {𝟎 + ( 𝟏 𝟒 ) + ( 𝟏 𝟐 ) + ( 𝟑 𝟒 )} = ( 𝟏 𝟒 ) ( 𝟑 𝟐 ) = 𝟑 𝟖 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 𝑺𝑫 = ( 𝟏 𝟒 ) {( 𝟏 𝟒 ) + ( 𝟏 𝟐 ) + ( 𝟑 𝟒 ) + 𝟏} = ( 𝟏 𝟒 ) ( 𝟓 𝟐 ) = 𝟓 𝟖 = 𝟎, 𝟔𝟐𝟓
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