Cálculo 1 UFPE - PROVA FINAL - 2016.1 (RESOLVIDA)

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Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 11/07/2016
Aluno(a): CPF:
Exame Final 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. (1, 0 ponto) Calcule lim
x→+∞
e−x lnx.
Soluc¸a˜o. Note que quando x → +∞, a func¸a˜o e−x tende para zero e a func¸a˜o lnx tende
para +∞. Temos, portanto, uma indeterminac¸a˜o do tipo 0 × ∞. Ao re-escrever o limite
procurado na forma
lim
x→+∞
e−x lnx = lim
x→+∞
lnx
ex
,
“ca´ımos” numa indeterminac¸a˜o do dito ∞/∞, uma vez que ex tende para +∞ quando
x→ +∞. Logo, aplicando a regra de l’Hoˆspital, obtemos
lim
x→+∞
lnx
ex
= lim
x→+∞
1/x
ex
= lim
x→+∞
1
x ex
= 0.
Portanto, lim
x→+∞
e−x lnx = 0.
1
Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 11/07/2016
2. (1, 5 ponto) Encontre o ponto sobre a curva y =
√
x que esta´ mais pro´ximo do ponto (3, 0).
Soluc¸a˜o. Sabemos, de Geometria Anal´ıtica, que a distaˆncia d entre o ponto (3, 0) e um
ponto (x, y) qualquer na curva y =
√
x, com x ≥ 0, e´ dada por
d = d(x) =
√
(x− 3)2 + y2 =
√
(x− 3)2 + (√x)2 =
√
x2 − 5x+ 9 .
Uma vez que x2 − 5x + 9 > 0 para todo x ≥ 0 (na verdade isso vale para qualquer x ∈ R),
vamos encontrar um valor de x ∈ [0, +∞) que minimiza a func¸a˜o d(x). Ja´ que as func¸o˜es d
e d 2 sa˜o minimizadas no mesmo ponto (na˜o e´ dif´ıcil de provar este fato), vamos procurar o
valor mı´nimo de
f(x) ≡ d 2(x) = x2 − 5x+ 9.
Como f ′(x) = 2x − 5, temos que o u´nico ponto cr´ıtico da func¸a˜o f em (0,∞) e´ x0 = 5/2.
Logo, f ′(x) > 0 em (5/2, +∞) e f ′(x) < 0 em (0, 5
2
). Ou seja, f e´ crescente em [5/2, +∞) e
decrescente em [0, 5
2
]. Assim, segue que x0 e´ um ponto de mı´nimo absoluto de f . Portanto,
o ponto da curva y =
√
x mais pro´ximo do ponto (3, 0) e´
(x0, y0) = (x0,
√
x0 ) =
(
5
2
,
√
5
2
)
=
(
5
2
,
√
10
2
)
.
2
Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 11/07/2016
3. Considere a func¸a˜o f(x) =
1
x
+ 2
√
x, para x > 0.
(a) (0, 4 ponto) Determine as ass´ıntotas (caso existam).
Soluc¸a˜o. Uma vez que lim
x→ 0+
f(x) = +∞, conclu´ımos que a reta x = 0 (ou seja, o eixo y) e´
uma ass´ıntota vertical. Por outro lado, e´ fa´cil ver que lim
x→+∞
f(x) = +∞. Portanto, na˜o ha´
ass´ıntotas horizontais.
(b) (0, 4 ponto) Encontre os intervalos de crescimento e decrescimento, bem como os pontos
cr´ıticos (caso existam). Determine os pontos de ma´ximo e mı´nimo locais (caso existam).
Soluc¸a˜o. Pela regra da soma, temos que
f ′(x) = − 1
x2
+
1√
x
=
x2 −√x
x2
√
x
=
x3/2 − 1
x2
.
O u´nico ponto cr´ıtico de f e´ x0 = 1. Temos que f
′(x) > 0 quando x3/2 − 1 > 0 e f ′(x) < 0
quando x3/2 − 1 < 0. Ou seja, f e´ crescente em (1,+∞) e decrescente em (0, 1). Pelo teste
da primeira derivada, x0 = 1 e´ um ponto de mı´nimo local (e absoluto).
(c) (0, 4 ponto) Analise a concavidade e encontre os pontos de inflexa˜o (caso existam).
Soluc¸a˜o. Note que
f ′′(x) = 2x−3 − 1
2
x−3/2 =
2
x3
− 1
2
√
x3
=
4−√x3
2x3
.
Assim, f ′′(x) > 0 quando 4− x3/2 > 0 e f ′′(x) < 0 quando 4− x3/2 < 0. Isto e´, f e´ coˆncava
para cima em (0, 3
√
16) e coˆncava para baixo em ( 3
√
16,+∞). A abscissa do ponto de inflexa˜o
e´ x1 =
3
√
16.
(d) (0, 8 ponto) Esboce o gra´fico da func¸a˜o, destacando os pontos cr´ıtico 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 na pro´xima folha).
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Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 11/07/2016
Ox
Oy
f (x) =
1
x
+ 2
√
x
(1, 3)
42/3 = 3
√
16
ponto de mı´nimo absoluto
ponto de inflexa˜o
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Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 11/07/2016
4. Calcule as integrais indefinidas abaixo:
(a) (1, 0 ponto)
∫
t
1 + t 4
dt.
Soluc¸a˜o. Fazendo a mudanc¸a de varia´vel s = t2, obtemos ds = 2t dt. Da´ı,∫
t
1 + t 4
dt =
1
2
∫
1
1 + s2
ds =
1
2
arctg(s) + C =
1
2
arctg(t2) + C, onde C ∈ R.
(b) (1, 0 ponto)
∫
x sen(3x) dx.
Soluc¸a˜o. Sejam u = x e dv = sen(3x) dx. Enta˜o, du = dx e v = −1
3
cos(3x). Integrando
por partes, obtemos∫
x sen(3x) dx = −x
3
cos(3x) +
1
3
∫
cos(3x) dx = −x
3
cos(3x) +
sen(3x)
9
+ C, onde C ∈ R.
(c) (1, 0 ponto)
∫
x2√
1− x2 dx.
Soluc¸a˜o. Se x = sen θ, θ ∈ [−pi
2
, pi
2
], obtemos dx = cos θ dθ. Assim,
I =
∫
x2√
1− x2 dx =
∫
sen2 θ√
1− sen2 θ cos θ dθ =
∫
sen2 θ dθ =
1
2
∫
[1− cos(2θ)] dθ
=
1
2
[
θ − sen(2θ)
2
]
+ C =
1
2
[θ − sen θ cos θ] + C, onde C ∈ R.
Uma vez que x = sen θ, conclu´ımos que cos θ =
√
1− x2 e que θ = arcsenx. Portanto:
I =
1
2
[
arcsenx− x
√
1− x2
]
+ C, onde C ∈ R.
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Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 11/07/2016
5. Considere a curva plana C definida por y = senx.
(a) (1, 0 ponto) Obtenha a equac¸a˜o para a reta t tangente a` curva C no ponto de abs-
cissa x0 = 2pi/3.
Soluc¸a˜o. A inclinac¸a˜o da reta tangente e´ m = cos(2pi/3) = − cos(pi/3) = −1/2. Usando o
fato que sen(2pi/3) = sen(pi/3) =
√
3/2, conclu´ımos que a equac¸a˜o da reta t e´
y −
√
3
2
= −1
2
(
x− 2pi
3
)
ou y = −x
2
+
pi
3
+
√
3
2
.
(b) (1, 5 ponto) Esboce e calcule a a´rea da regia˜o R limitada pela reta t, o eixo y e a curva C.
Soluc¸a˜o. Um esboc¸o da regia˜o R e´ apresentado na figura abaixo:
Ox
Oy
y = − x2 + pi3 +
√
3
2
y = senx
(
2pi
3
,
√
3
2
)
A a´rea A da regia˜o R e´ dada por
A =
∫ 2pi
3
0
(
−x
2
+
pi
3
+
√
3
2
− senx
)
dx =
(
−x
2
4
+
pix
3
+
√
3x
2
+ cosx
)∣∣∣∣∣
2pi
3
0
=
pi2
9
+
pi
√
3
3
− 3
2
u.a.
6