gabep14 1 2010

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EP14 - resposta - 1/2010 Ca´lculo I
Resposta do EP14 - Ca´lculo I
1.
(a) Temos que f ′(x) = 3x2 − 6x− 9 = 3 (x− 3)(x+ 1), para todo x ∈ R. Logo,
f ′(x) = 0 ⇔ x = 3 ou x = −1.
Ainda, f(3) = −27, f(−1) = 5, f(−2) = 2 e f(4) = −20.
Portanto, f possui um mı´nimo absoluto em x = 3 e um ma´ximo absoluto em x = −1.
(b) Temos que f ′(x) =
−x2 + 1
(1 + x2)2
, para todo x ∈ R. Logo,
f ′(x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = −1.
Ainda, f(1) =
1
2
, f(−1) = −1
2
, f(2) =
2
5
e f(−2) = −2
5
.
Portanto, f possui um ma´ximo absoluto em x = 1 e um mı´nmo absoluto em x = −1.
(c) Temos que f(x) =
{
x− 1, se x ≥ 1
−x− 3, se x < 1 . Da´ı, f
′(x) =
{
1, se x > 1
−1, se x < 1 . Ainda,
f ′+(1) = 1 e f
′
−(1) = −1 e, portanto, f na˜o e´ deriva´vel em x = 1. Assim, x = 1 e´ o u´nico
ponto cr´ıtico de f . Como f(1) = 0, f(−4) = 1 e f(6) = 5, segue que f tem um ma´ximo
absoluto em x = 6 e um mı´nimo absoluto em x = 1.
(d) Temos que f ′(x) = 6x2 − 18x+ 12 = 6 (x− 1)(x− 2), para todo x ∈ R. Logo,
f ′(x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = 2.
Ainda, f(1) = 8, f(2) = 7, f(0) = 3 e f(3) = 12.
Portanto, f possui um ma´ximo absoluto em x = 3 e um mı´nimo absoluto em x = 0.
(e) Temos que f ′(x) =
x√
6 + x2
, para todo x ∈ R. Logo,
f ′(x) = 0 ⇔ x = 0.
Ainda, f(0) =
√
6, f(−1) = √7 e f(2) = √10.
Portanto, f possui um mı´nimo absoluto em x = 0 e um mı´nimo absoluto em x = 2.
(f) Temos que f ′(x) =
{
1, se x > 2
2x+ 2, se x < 2
. Ainda, f ′+(2) = 1 e f
′
−(2) = 6 e, portanto,
f na˜o e´ deriva´vel em x = 2. Por outro lado,
f ′(x) = 0 ⇔ x = −1.
Assim, x = 2 e x = −1 sa˜o os u´nicos pontos cr´ıticos de f . Como f(2) = 5, f(−1) = −4,
1
EP14 - resposta - 1/2010 Ca´lculo I
f(−3) = 0 e f(4) = 8, segue que f possui um mı´nimo absoluto em x = −1 e um ma´ximo
absoluto em x = 4.
2. Denotando por x o menor nu´mero, temos que 4− x e´ o maior nu´mero. Seja
S(x) = x3 + (4− x)2, para todo x ∈ [0, 2].
Temos que S ′(x) = 3x2 + 2x− 8, para todo x ∈ [0, 2]. Logo,
S ′(x) = 0 ⇔ x = 4
3
ou x = −2.
Como S(0) = 16, S(2) = 12 e S
(4
3
)
=
256
27
∼= 9, 48, temos que S possui um mı´nimo
absoluto em x =
4
3
. Portanto, os nu´meros desejados sa˜o x =
4
3
e 4− x = 8
3
.
3. Consideremos a func¸a˜o f(x) = x − x2, para todo x ∈ R. Temos que f ′(x) = 1 − 2x,
para todo x ∈ R. Da´ı,
• f ′(x) = 0 ⇔ 1− 2x = 0 ⇔ x = 1
2
;
• f ′(x) > 0 ⇔ 1− 2x > 0 ⇔ x < 1
2
;
• f ′(x) < 0 ⇔ 1− 2x < 0⇔ x > 1
2
.
Logo, f e´ crescente em
(
−∞, 1
2
)
e e´ decrescente em
(1
2
,+∞
)
. Assim, f possui uma
ma´ximo absoluto em x =
1
2
e, portanto,
1
2
e´ o nu´mero desejado.
4. Denotando por r e h o raio e a altura da caixa cil´ındrica, respectivamente, temos que:
V = pir2h = 1 ⇒ h = 1
pir2
.
Se C denota o custo do material empregado, temos que:
C = 10(pir2 + 2pirh) + 20pir2.
Da´ı,
C = 30pir2 + 20pirh = 30pir2 + 20pir
1
pir2
⇒ C(r) = 30pir2 + 20
r
.
Logo,
C ′(r) = 60pir − 20
r2
= 0 ⇔ r = 3
√
1
3pi
.
Ainda,
2
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C ′′(r) = 60pi +
40
r3
⇒ C ′′
(
3
√
1
3pi
)
= 180pi > 0.
Portanto, em r = 3
√
1
3pi
a func¸a˜o custo C possui um mı´nimo absoluto e, da´ı, as dimenso˜es
procuradas sa˜o:
r = 3
√
1
3pi
e h = 3
√
9
pi
.
5. Se L denota o lucro obtido, temos que:
L = 13q − c = 13q − (q3 − 3q2 + 4q + 2) ⇒ L(q) = −q3 + 3q2 + 9q − 2.
Da´ı,
L′(q) = −3q2 + 6q + 9 = −3(q − 3)(q + 1) = 0 ⇔ q = 3 ou q = −1.
Logo,
L′′(q) = −6q + 6 ⇒ L′′(3) = −12 < 0.
Portanto, em q = 3 a func¸a˜o lucro L possui um ma´ximo absoluto.
6. Denotando por a e b os lados do retaˆngulo considerado, temos que 2a+ 2b = 2p. Da´ı,
a = p− b. Ainda, se A denota a a´rea do retaˆngulo em questa˜o, temos que:
A = a b ⇒ A(b) = (p− b) b = pb− b2.
Logo,
A′(b) = p− 2b = 0 ⇔ b = p
2
.
Ainda,
A′′(b) = −2 e A′′
(p
2
)
= −2 < 0.
Portanto, em b =
p
2
a func¸a˜o a´rea A possui um ma´ximo absoluto e, da´ı, as dimenso˜es
procuradas sa˜o: a = b =
p
2
.
7.
1. D = (−∞, 0) ∪ (0, 1); cont´ınua em D; ass´ıntota vertical: x = 0, na˜o tem ass´ıntota
horizontal; crescente em (−1, 0)∪(0, 1), decrescente em (−∞,−1); na˜o tem ma´ximo relativo,
mı´nimo relativo: f(−1) = 3; concavidade para cima em (−∞, 0) ∪ ( 3√2,∞);
concavidade para baixo em (0, 3
√
2); ponto de inflexa˜o: ( 3
√
2, f( 3
√
2)) = ( 3
√
20); na˜o tem
mı´nimo absoluto, pois lim
x→0+
f(x) = −∞, na˜o tem ma´ximo absoluto pois lim
x→0−
f(x) = ∞;
imagem de f e´ (−∞,∞).
3
EP14 - resposta - 1/2010 Ca´lculo I
–10
–5
5
10
15
20
y
–2 –1 1 2 3 4 5
x
Gra´fico de
x3 − 2
x
2. D = (−∞,∞); cont´ınua em D; na˜o tem ass´ıntota vertical, na˜o tem ass´ıntota horizon-
tal; crescente em (−∞, 0) ∪ (2/5,∞); decrescente em (2, 2/5);
mı´nimo relativo: f(2/5) = −3 3√20/25; concavidade para cima em (−1/5, 0) ∪ (0,∞), para
baixo em (−∞,−1/5), pontos de inflexa˜o: x = −1/5 e x = −6 3√5/25; na˜o tem mı´nimo
absoluto, pois lim
x→−∞
f(x) = −∞; na˜o tem ma´ximo absoluto, pois lim
x→∞
f(x) =∞;
imagem: (−∞,∞).
–1
–0.8
–0.6
–0.4
–0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
y
–3 –2 –1 1 2 3 4
x
Gra´fico de f(x) = (x− 1)x2/3
3. D = (−∞, 2) ∪ (2,∞); cont´ınua em D; ass´ıntota vertical: x = 2,
ass´ıntota horizontal: y = 3; crescente em (0, 2); decrescente em (−∞, 0) ∪ (2,∞);
mı´nimo relativo: (0, f(0)) = (0, 0), na˜o tem ma´ximo relativo;
concavidade para cima em (−1, 2) ∪ (2,∞), para baixo em (−∞,−1),
ponto de inflexa˜o: (−1, 1/3); mı´nimo absoluto: (0, f(0)) = (0, 0); na˜o tem ma´ximo absoluto,
pois lim
x→2
f(x) =∞; imagem: [0,∞).
4
EP14 - resposta - 1/2010 Ca´lculo I
Gra´fico de f(x) =
3x2
4− 4x+ x2
4. D = (−∞,∞); cont´ınua em D; na˜o tem ass´ıntota vertical, na˜o tem ass´ıntota horizon-
tal; crescente em D; na˜o tem mı´nimo relativo, na˜o tem ma´ximo relativo; concavidade para
cima em (pi + 2kpi, 2pi + 2kpi), k ∈ Z, para baixo em (2kpi, pi + 2kpi), k ∈ Z,
pontos de inflexa˜o: (x, y) = (2kpi, f(2kpi)) = (2kpi, 2kpi) e
(x, y) = (pi + 2kpi, f(pi + 2kpi)) = (pi + 2kpi, pi + 2kpi), k ∈ Z; na˜o tem mı´nimo absoluto, pois
lim
x→−∞
f(x) = −∞; na˜o tem ma´ximo absoluto, pois lim
x→∞
f(x) =∞; imagem: (−∞,∞).
–20
–10
0
10
20
y
–20 –10 10 20
x
Gra´fico de f(x) = x+ senx
5. Dom (f) = R− {−1, 1 }.
f ′(x) =
1 + x2
(1− x2)2 e f
′′(x) =
2x (3 + x2)
(1− x2)3
f(x) = 0 ⇐⇒ x = 0.
f ′(x) =
1 + x2
1− x2 > 0, ∀x ∈ Dom(f).
Portanto, a func¸a˜o e´ sempre crescente.
Sinal da derivada segunda
5
EP14 - resposta - 1/2010 Ca´lculo I
+ + + + +
− − − − −
− − − − −
− − + +
+ + + +
− − + +
− − − − −
− − − − −
+ + + + + 2x
1− x2
l′′(x)
−1 0 1
O gra´fico de f e´ coˆncavo para cima em (−∞, −1) ∪ (0, 1) e e´ coˆncavo para baixo em
(−1, 0) ∪ (1, ∞). Ponto de inflexa˜o: x = 0 Note que os pontos de coordenada x = −1 e
x = 1 na˜o pertencem ao domı´nio de f .
lim
x→±∞
f(x) = lim
x→±∞
x
1− x2 = 0.
lim
x→0−
f(x) = lim
x→±1−
x
1− x2 = +∞.
lim
x→0+
f(x) = lim
x→±1+
x
1− x2 = −∞.
Portanto, y = 0 e´ a u´nica ass´ıntota horizontal e as retas x = −1 e x = 1 sa˜o as ass´ıntotas
verticais do gra´fico de f .
–10
–8
–6
–4
–2
0
2
4
6
8
10
y
–4 –2 2 4
x
8. g′(x) = x2+ax+4. A func¸a˜o pode ter dois, um ou nenhum ponto cr´ıtico, dependendo
do nu´mero de soluc¸o˜es de x2 + ax+ 4 = 0. O discriminante desta equac¸a˜o e´ ∆ = a2 − 16.
Portanto, se a ∈ (−4, 4), a func¸a˜o na˜o admite pontos cr´ıticos, pois nesse caso ∆ < 0.
Se a = 4 ou a = −4, a equac¸a˜o tem um u´nico ponto cr´ıtico (∆ = 0). Este ponto e´ um
ponto de inflexa˜o.
Finalmente, se x < −4 ou x > 4, a func¸a˜o tem dois pontos cr´ıticos (∆ > 0), um ma´ximo
e um mı´nimo locais, na˜o absolutos!
6
EP14 -resposta - 1/2010 Ca´lculo I
a = 0 a = 4 a = 5
Quando a = 0, a func¸a˜o cresce ta˜o rapidamente que quase na˜o podemos notar que x = 0
e´ um ponto de inflexa˜o.
7