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DISCIPLINA: Cálculo Diferencial e Integral I PERÍODO: 2013.1TURNO: TARDEPROFESSOR: Diogo de Santana Germano DATA: 16/09/2013 Respostas da AVALIAÇÃO 3 1. Neste caso, sendo x(t) e y(t) o afastamento vertical e horizontal, respectivamente, temos x2(t) + y2(t) = 25 e, derivando em relação a t, vem 2x dxdt + 2ydydt = 0⇒ dxdt = −yx . Sabemos que dydt = −2 (a escada está descendo) e quando y = 3 segue do teorema do Pitágoras nafigura que x = 4. Então, dxdt = −34(−2) = 32 m/s.2. O volume da piscina descrita no problema (veja figura) com diâmetro da base medindo 2r e altura hé V = pir2h. Daí pir2h = 125pi ⇒ h = 125r2 . Seja A a área da superfície da piscina. Temos A = pir2 + 2pirh 2 e substituindo h na equação acima, vem A(r) = pir2 + 2pir 125r2 = pir2 + 150pir = pi (r2 + 250r ) ou seja, temos a função A(r) = pi (r2 + 250r ), r > 0 diferenciável em r. Derivando, A′(r) = pi(2r − 250r2 ) = pi 2r3 − 250r2 e, A′(x) = 0 implica 2r3−250 = 0, ou seja, r = 5 que é um valor crítico para A (r = 0 seria outro valorcrítico; porém este não pertence ao domínio de A). Agora, vamos usar o teste da derivada segundapara saber se este valor é de máximo ou mínimo. Temos A′′(r) = pi(2 + 500r3 )⇒ A′′(5) > 0 ou seja, este valor de r = 5 é de mínimo. Logo, o raio e a altura procurados são r = 5 e h = 12552 = 5. 3. (a) A função f é diferenciável em todos os reais e f ′(x) = 3x2 − 4x + 1. De f ′(x) = 0, obtemos 3x2 − 4x + 1 = 0⇒ x = 1/3 ou x = 1 ou seja, x = 1/3 e x = 1 são os pontos críticos de f . Sendo f ′′(x) = 6x − 4, temos f ′′(1/3) = 6 · 13 − 4 = −2 < 0 e f ′′(1) = 2 > 0.Neste caso, pelo teste da derivada segunda temos um máximo relativo em x = 1/3 e um mínimorelativo em x = 1.(b) Analisando o sinal de f ′(x) = 3x2 − 4x + 1 = 3(x − 1/3)(x − 1) obtemos• Para x < 1/3 , f ′(x) > 0, ou seja, f é crescente em (−∞, 1/3);• Para 1/3 < x < 1 , f ′(x) < 0, ou seja, f é decrescente em (1/3, 1);• Para x > 1 , f ′(x) > 0, ou seja, f é crescente em (1,∞).(c) Para a concavidade, consideremos f ′′(x) = 0, ou seja, 6x − 4 = 0⇒ 6x = 4⇒ x = 2/3 Neste caso, analisando o sinal de f ′′(x) = 6x − 4 = 6(x − 2/3), obtemos• Para x < 2/3 , f ′′(x) < 0, ou seja, f possui concavidade para baixo em (−∞, 2/3);• Para x > 2/3 , f ′′(x) > 0, ou seja, f possui concavidade para cima em (2/3,∞).Logo, como houve mudança de concavidade em x = 2/3 neste valor temos um ponto de inflexão.(d) Da análise feita nos itens anteriores temos f (13 ) = (13 )3 − 2(13 )2 + 13 = 427 ⇒ (13 , 427 ) máximo local. f (23 ) = (23 )3 − 2(23 )2 + 23 = 227 ⇒ (23 , 227 ) ponto de inflexão. f (1) = 13 − 2 · 1 + 1 = 0⇒ (1, 0) mínimo local. f (0) = 0⇒ (0, 0) pertence ao gráfico.Segue o gráfico: 3 4. (a) Temos ∫ ( 1√x + x √x3 )dx = ∫ (x−1/2 + x3/23 )dx = x− 12+1− 12 + 1 + 13 · x 32+132 + 1 + C= x1/21/2 + 13 · x5/25/2 + C = 2x1/2 + 215x5/2 + C= 2√x + 215x2√x + C = 215√x(15 + x2) + CPortanto,∫ 4 1 ( 1√x + x √x3 )dx = 215√x(15 + x2) ∣∣∣∣41 = 215√4(15 + 42)− 215√1(15 + 12)= 12415 − 3215 = 9215 . (b) Fazendo u = ln x temos du = 1x dx . Logo,∫ sen(ln x)x dx = ∫ senudu = − cosu+ C = − cos(ln x) + C. (c) Fazendo u = 2x temos du = 2dx , isto é, du2 = dx . Logo,∫ cos 2xdx = 12 ∫ cosudu = 12 senu+ C = 12 sen 2x + C. Logo, ∫ pi4 0 cos(2x)dx = 12 sen 2x ∣∣∣∣ pi40 = 12 [sen 2pi4 − sen 2 · 0 ] = sen 12 [pi2 − sen 0] = 12 − 0 = 12 . 5. Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, parte 1, temos ddx ∫ ex2 0 √1 + tdt = [√1 + ex2] dex2dx = 2xex2√1 + ex2 . 4
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