Cálculo 1 UFPE - PROVA 2A UNIDADE - 2016.1 (RESOLVIDA)

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Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 23/05/2016
Aluno(a): CPF:
2o Exerc´ıcio Escolar de Ca´lculo 1
Instruc¸o˜es
♦ Escreva seu nome e o nu´mero de seu CPF no lugar indicado desta folha.
♦ Todos os aparelhos eletroˆnicos devera˜o permanecer desligados durante a prova.
♦ As respostas somente sera˜o aceitas com justificativas.
♦ Esta folha devera´ ser devolvida junto com o caderno de respostas.
Questo˜es - Gabarito
1. Considere a curva plana C definida por
x3y2 + x2 − 5y + x sen y = 1.
(a) (1, 0 ponto) Encontre y′ =
dy
dx
usando derivac¸a˜o impl´ıcita.
Soluc¸a˜o. Derivando impl´ıcitamente a equac¸a˜o da curva C, obtemos
3x2y2 + 2x3yy′ + 2x− 5y′ + sen y + xy′ cos y = 0.
Ou seja,
y′(5− 2x3y − x cos y) = 3x2y2 + 2x+ sen y =⇒ y′ = 3x
2y2 + 2x+ sen y
5− 2x3y − x cos y .
(b) (1, 0 ponto) Obtenha uma equac¸a˜o para a reta tangente a` curva C no ponto (1, 0).
Soluc¸a˜o. Pelo item anterior, temos que
dy
dx
(1, 0) =
2
5− 1 =
1
2
. Logo, uma equac¸a˜o da
reta tangente a` curva C no ponto (1, 0) e´
y =
1
2
(x− 1).
1
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2. Calcule os seguintes limites:
(a) (0, 7 ponto) lim
x→ 0
x2 + tgx
x+ senx
.
Soluc¸a˜o. Por se tratar de uma indeterminac¸a˜o do tipo 0/0, podemos aplicar a regra de
l’Hoˆspital. De fato:
lim
x→ 0
x2 + tgx
x+ senx
= lim
x→ 0
2x+ sec2 x
1 + cos x
=
0 + 1
1 + 1
=
1
2
.
(b) (0, 8 ponto) lim
x→ 0+
xx
2
.
Soluc¸a˜o. Neste exerc´ıcio temos uma poteˆncia indeterminada do tipo 00. Neste caso, escre-
vendo y = xx
2
, temos que
ln y = lnxx
2
= x2 lnx =⇒ y = ex2 lnx. (1)
Agora, vamos calcular lim
x→ 0+
x2 lnx. Por se tratar de uma indeterminac¸a˜o do tipo 0 × ∞,
escreveremos
x2 lnx =
lnx
1/x2
,
a fim de obtermos uma indeterminac¸a˜o do tipo∞/∞ e podermos usar a regra de l’Hoˆspital.
Com efeito,
lim
x→ 0+
x2 lnx = lim
x→ 0+
lnx
1/x2
= lim
x→ 0+
1/x
−2/x3 = limx→ 0+
(
−x
2
2
)
= 0.
Pela identidade (1), temos que
lim
x→ 0+
xx
2
= lim
x→ 0+
ex
2 lnx = e
lim
x→0+
x2 lnx
= e0 = 1.
(c) (0, 5 ponto) lim
x→+∞
e1/x
arctgx
.
Soluc¸a˜o. Neste item, podemos usar, diretamente, a regra do quociente para obter o se-
guinte limite:
lim
x→+∞
e1/x
arctgx
=
e0
pi/2
=
2
pi
.
2
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3. (2, 5 pontos) Um fazendeiro quer cercar um terreno retangular de 1000 m2 com uma cerca
que custa R$ 5/m e enta˜o dividi-lo ao meio com uma cerca que custa R$ 6/m e e´ paralela
a um dos lados. Encontre as dimenso˜es do terreno que minimizam o custo total. Justifique
sua resposta.
Soluc¸a˜o. Sejam x e y a largura e o comprimento, em metros, do terreno citado (veja a
figura abaixo).
x
x
y y
Assim, o custo total C para cercar o terreno e´ dado por
C = 5(2x+ 2y) + 6x = 16x+ 10y.
Como a a´rea A = xy do terreno retangular e´ 1000 m2, enta˜o y = 1000/x. Logo, a func¸a˜o
custo, em func¸a˜o da largura x e´
C(x) = 16x+
10000
x
, x > 0.
Queremos minimizar a func¸a˜o C, cuja derivada e´ C ′(x) = 16− 10000
x2
. A fim de encontrarmos
os pontos cr´ıticos de C, precisamos resolver a seguinte equac¸a˜o:
16− 10000
x2
= 0,
cuja u´nica soluc¸a˜o positiva e´ x = 25. Uma vez que C ′(x) > 0 quando x > 25 e C ′(x) < 0
quando 0 < x < 25, concluimos que o mı´nimo absoluto ocorre quando x = 25 e, consequen-
temente, quando y = 1000/25 = 40. Portanto, o terreno deve ser de 25 m por 40 m com a
cerca do meio paralela ao menor lado do terreno.
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4. Considere a func¸a˜o f(x) = x2e−x.
(a) (0, 9 ponto) Determine as ass´ıntotas (caso existam).
Soluc¸a˜o. O domı´nio de f e´ o conjunto dos nu´meros reais, i.e., dom(f) = R. Logo, na˜o ha´
ass´ıntotas verticais. Uma vez que x2 e e−x tendem a infinito quando x → −∞, segue que
lim
x→−∞
x2e−x = +∞. Por outro lado, como x2 → +∞ e e−x → 0 quando x→ +∞, temos um
produto indeterminado do tipo 0×∞ quando x→ +∞. Fazendo uso da regra de l’Hoˆspital,
obtemos o seguinte:
lim
x→+∞
x2e−x = lim
x→+∞
x2
ex
= lim
x→+∞
2x
ex
= lim
x→+∞
2
ex
= lim
x→+∞
2e−x = 0.
Logo, a reta y = 0 (ou seja, o eixo x) e´ uma ass´ıntota horizontal.
(b) (0, 8 ponto) Encontre os intervalos de crescimento e decrescimento, bem como os pontos
cr´ıticos. Determine os pontos de ma´ximo e mı´nimo locais.
Soluc¸a˜o. Pela regra do produto, temos que f ′(x) = 2xe−x − x2e−x = e−x(2x − x2). Os
pontos cr´ıticos de f sa˜o x0 = 0 e x1 = 2. Uma vez que e
−x > 0 para todo x ∈ R, temos que
f ′(x) > 0 quando 2x − x2 > 0 e f ′(x) < 0 quando 2x − x2 < 0. Ou seja, f e´ crescente em
(0, 2) e decrescente em (−∞, 0) ∪ (2,+∞). Pelo teste da primeira derivada, x0 = 0 e´ um
ponto de mı´nimo local (e absoluto) e x1 = 2 e´ ma´ximo local.
(c) (0, 8 ponto) Analise a concavidade e encontre os pontos de inflexa˜o.
Soluc¸a˜o. Note que f ′′(x) = −e−x(2x − x2) + e−x(2 − 2x) = e−x(x2 − 4x + 2). Assim,
f ′′(x) > 0 quando x2 − 4x+ 2 > 0 e f ′′(x) < 0 quando x2 − 4x+ 2 < 0. Isto e´, f e´ coˆncava
para cima em (−∞, 2−√2)∪ (2 +√2,+∞) e coˆncava para baixo em (2−√2, 2 +√2). As
abscissas dos pontos de inflexa˜o sa˜o x2 = 2−
√
2 e x3 = 2 +
√
2.
(d) (1, 0 ponto) Esboce o gra´fico da func¸a˜o, destacando os pontos cr´ıticos e de inflexa˜o.
Soluc¸a˜o. Usando os resultados obtidos nos itens acima, podemos, enfim, esboc¸ar o gra´fico
de f (veja a figura abaixo).
x
y
f(x) = x2e−x
Ponto cr´ıtico
Ponto de inflexa˜o
(2, 4e−2)
(0, 0)
2−√2 2 +√2
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