Calculo 1 Prova3 - Resolução

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DISCIPLINA: Cálculo Diferencial e Integral I PERÍODO: 2013.2CURSO: TURNO: MANHÃPROFESSOR: DATA: 07/03/2014ALUNO(A): NOTA:
AVALIAÇÃO 3
1. (2,0) Considere a função f (x) = x3 − 3x2 + 5, x ∈ R.
(a) Encontre os pontos críticos de f ;(b) Determine os intervalos onde f é crescente e decrescente e os extremos relativosda função;(c) Determine os intervalos onde f possui concavidade voltada para cima e parabaixo e os pontos de inflexão;(d) Trace o gráfico da função f .
2. (2,0) De uma folha retangular de zinco com 30 centímetros de largura por 1000centímetros (10 metros) de comprimento deve-se fazer uma calha dobrando as bordaslaterais perpendicularmente à folha. Quantos centímetros devem ser dobrados decada lado de modo que a calha tenha capacidade máxima?
3. (1,0) Use a regra de L’Hôpital para calcular o limite limx→0 sen x − xx3 .4. (2,0) Calcule a área da região limitada pela curva y = x2−3x e o eixo x no intervalo[−1, 2].
5. (3,0) Calcule as integrais indefinidas. Use a regra da substituição quando fornecessário.
(a) ∫ √x + xx2 dx (b)
∫ 6 cos tdt(2 + sen t)3 (c)
∫ 4xdx√2x2 + 1
BOA PROVA!!!
Respostas da AVALIAÇÃO 3
1. (a) A função f é diferenciável em todos os reais e f ′(x) = 3x2 − 6x . De f ′(x) = 0,obtemos 3x2 − 6x = 0⇒ 3x(x − 2) = 0⇒ x = 0 ou x = 2ou seja, x = 0 e x = 2 são os pontos críticos de f .(b) Analisando o sinal de f ′(x) = 3x(x − 2) obtemos• Para x < 0 , f ′(x) > 0, ou seja, f é crescente em (−∞, 0);• Para 0 < x < 2 , f ′(x) < 0, ou seja, f é decrescente em (0, 2);• Para x > 2 , f ′(x) > 0, ou seja, f é crescente em (2,∞).Logo, temos um máximo local em x = 0, dado por f (0) = 5 e um mínimo localem x = 2 dado por f (2) = 23 − 3 · 22 + 5 = 1. Assim, teremos no gráfico osextremos (0, 5) (ponto de máximo) e (2, 1) (ponto de mínimo).(c) Para a concavidade, temos f ′′(x) = 6x− 6. Daí, consideremos f ′′(x) = 0, ou seja,
6x − 6 = 0⇒ 6(x − 1) = 0⇒ x = 1
Neste caso, analisando o sinal de f ′′(x) = 6x − 6 = 6(x − 1), obtemos• Para x < 1 , f ′′(x) < 0, ou seja, f possui concavidade para baixo em(−∞, 1);• Para x > 1 , f ′′(x) > 0, ou seja, f possui concavidade para cima em (1,∞).Logo, como houve mudança de concavidade em x = 1 neste valor temos umponto de inflexão; neste caso, f (1) = 13−3 ·1+5 = 3, ou seja, (1, 3) é o pontode inflexão.(d) Para este polinômio temos limx→−∞ f (x) = −∞ e limx→∞ f (x) = ∞. Com asinformações que encontramos nos itens anteriores, segue o gráfico:
2. O volume da calha descrita no problema (veja figura) com dimensões da base medindo30− 2x e 1000 e com altura x é
V (x) = 1000(30− 2x)x = 2000(15x − x2), 0 ≤ x ≤ 15.
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Como V é uma função diferenciável em x , temos
V ′(x) = 2000(15− 2x)
e, V ′(x) = 0 implica 15−2x = 0, ou seja, x = 15/2 = 7, 5 centímetros que é o pontocrítico para V . Note que A(0) = A(50) = 0. Como a função é uma parábola comconcavidade voltada para baixo, teremos um máximo absoluto em x = 7, 5. Portanto,teremos o volume máximo quando dobrarmos 7, 5 centímetros de cada lado da folhade zinco.
3. Ao tentar substituir x por 0 na função obtemos uma indeterminação do tipo 0/0. Omesmo ocorre após derivarmos algumas vezes o numerador e denominador. Enfim,usando a regra de L’Hôpital, obtemos
limx→0 sen x − xx3 = limx→0 (sen x − x)′(x3)′ = limx→0 cos x − 13x2= limx→0 (cos x − 1)′(3x2)′ = limx→0 (− sen x)6x= limx→0 (− sen x)′(6x)′ = limx→0 (− cos x)6 = −cos 06 = −16
4. A forma do gráfico nos sugere calcular a área da região no intervalo [−1, 0] e depoisno intervalo [0, 2]. Para isto, calculamos∫ 0
−1(x2 − 3x)dx =
[x33 − 3x22
]0
−1 = 033 − 3 · 022 −
[ (−1)33 − 3(−1)22
]
= 13 + 32 = 2 + 96 = 116 .e
∫ 2
0 (x2 − 3x)dx =
[x33 − 3x22
]2
0 = 233 − 3 · 222 −
[033 − 3 · 022
]
= 83 − 6 = −103 .
A área da região limitada pela curva e o eixo x no intervalo [−1, 0] é 11/6 e daregião limitada pela curva e o eixo x no intervalo [0, 2] é |−10/3| = 10/3. Portanto,a área é 116 + 103 = 316 .
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5. (a) Temos, ∫ √x + xx2 =
∫ (x1/2x2 + xx2
)dx = ∫ (x−3/2 + x−1)dx
= x−3/2+1−3/2 + 1 + ln |x|+ C = x−1/2−1/2 + ln |x|+ C= − 2x1/2 + ln |x|+ C= − 2√x + ln |x|+ C.
(b) Fazendo u = 2 + sen t temos du = cos tdt. Logo,∫ 6 cos tdt(2 + sen t)3 =
∫ 6duu3 = 6
∫ duu3 = 6
∫ u−3du
= 6 u−3+1−3 + 1 + C = 6 u−2(−2) + C = − 3u2 + C= − 3(2 + sen t)2 + C.
(c) Fazendo u = 2x2 + 1 temos du = 4xdx . Logo,∫ 4xdx√2x2 + 1 =
∫ du√u =
∫ u−1/2du = u−1/2+1−1/2 + 1 + C
= u1/21/2 + C = 2√u+ C= 2√2x2 + 1 + C.
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