Provas de Calculo 1 2013.1 (resolvidas)

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RESPOSTAS DA AVALIAÇÃO 1
1. (2,0)(a) Para a função ser definida devemos ter 4 − z2 > 0, ou seja,−2 < z < 2. Daí, D(f ) = (−2, 2).Agora, observe que se z = 0 então √4− z2 = √4− 4 = 0,ou seja, g(0) = 12 . Para qualquer outro número entre −2 e 2,√4− z2 terá como resultado um número positivo menor do que2, isto é, 1√4− z2 > 12 . Logo,
Imf = [12,∞
) .
(b) Pela regra que define a função observamos que a mesma estádefinida para todos os valores reais. Logo
Df = R.
Agora, para x ≤ 1, todos os valores reais não negativos sãoassumidos, pois f (x) = x2. Como para x > 1 a função é f (x) =3x − 1x − 1 resulta também em um número positivo, concluimos queImf = [0,∞).
2. (2,0)(a) Como y = f (x) = x2 + 1, x ≥ 0, é injetiva podemos determinarsua inversa. Trocando as posições de y e x , obtemos x = y2+1,ou seja, y2 = x − 1, donde
y = f−1(x) = √x − 1, x ≥ 0.
(b) Temos,
(f ◦ f−1)(x) = f (f−1(x)) = f (√x − 1)= (√x − 1)2 + 1 = x − 1 + 1= x
e (f−1 ◦ f )(x) = f−1(f (x)) = f−1(x2 + 1)= √(x2 + 1)− 1 = √x2= x
Portanto, (f ◦ f−1)(x) = (f−1 ◦ f )(x).3. (3,0)
(a)
limx→2
√3x − 2− 22x − 4 = limx→2
√3x − 2− 22x − 4 ·
√3x − 2 + 2√3x − 2 + 2= limx→2 3x − 2− 4(2x − 4)(√3x − 2 + 2)= limx→2 3x − 6(2x − 4)(√3x − 2 + 2)= 3(x − 2)2(x − 2)(√3x − 2 + 2)= 32 limx→2 1(√3x − 2 + 2)= 32 · 1√3 · 2− 2 + 2 = 32 · 14 = 38.(b)
limx→0 sen3x − 5x3x = limx→0 sen3x3x − limx→0 5x3x= 1− 53 = −23.(c) Sabendo que as raízes de 3x2 − 12 são ±2 e as raízes de2x2 + 3x − 2 são −2 e 1/2, temos
limx→−2 3x2 − 122x2 + 3x − 2 = limx→−2 3(x + 2)(x − 2)2(x + 2)(x − 1/2)= limx→−2 3(x − 2)2(x − 1/2) = 32 limx→−2 x − 2x − 1/2= 32 · (−2− 2)(−2− 1/2) = 32 · (−4)(−5/2) = 125 .4. (1,0) Note que
limx→±∞ 1x2 − 4 = limx→±∞ 1/x21− 4/x2 = 0.3
Logo, y = 0 é a assíntota horizontal do gráfico da função g. Por outrolado, sendo x = ±2 as raízes de x2 − 4 e, portanto, indeterminaçõesda função, temos
limx→2+ 1x2 − 4 = +∞ e limx→−2+ 1x2 − 4 = +∞
Logo, x = 2 e x = −2 são as assíntotas verticais do gráfico de dafunção g.5. (2,0) Observe que as raízes de x2 − 4x + 3 são x = 1 e x = 3, ouseja, h(x) = x + 1x2 − 4x + 3 = x + 1(x − 1)(x − 3).Logo, concluímos que h é descontínua em x = 1 e x = 3 por não serdefinida nesses pontos. Por outro lado, para qualquer ponto a realdiferente dos dois anteriores temos
limx→ah(x) = limx→a x + 1x2 − 4x + 3 = a+ 1a2 − 4a+ 3 = h(a),
ou seja, h é contínua em qualquer número real exceto a = 1 e a = 3.Portanto, a função h é contínua nos intervalos
(−∞, 1), (1, 3) e (3,∞).
BOA PROVA!!!
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Provas de Calculo 1 2013.1 (resolvidas)/1 Estágio Calculo 1 Tarde.pdf
DISCIPLINA: Cálculo Diferencial e Integral I PERÍODO: 2013.1CURSO: TURNO: TARDEPROFESSOR: DATA: 03/07/2013ALUNO(A): NOTA:
AVALIAÇÃO 1
1. (2,0) Dada a função
f (x) =
 1/x, se x < 02 + x, se 0 ≤ x < 1−4, se x ≥ 1
determine D(f ), Im(f ) e esboce o gráfico da função f .
2. (2,0) Dadas as funções f (x) = √x + 1 e g(x) = 1x determine:(a) (f ◦ g)(x) e (g ◦ f )(x);(b) o domínio e a imagem das funções f ◦ g e g ◦ f .
3. (3,0) Calcule, caso existam, os limites dados a seguir:
(a) limx→2 x2 − 4x3 − x − 6
(b) limx→0 1−
√1− x2x2(c) limx→−2 (x + 3)|x + 2|x + 2
4. (1,0) Use o Teorema do Confronto para calcular limx→0 x2 cos 1x .5. (2,0) Determine, caso existam, as assíntotas horizontais e verticais dográfico da função f (x) = x2 + 8x − 20x2 − x − 2 .
BOA PROVA!!!
RESPOSTAS DA AVALIAÇÃO 1
1. (2,0) O gráfico da função é
Os conjuntos procurados são
D(f ) = R e Im(f ) = (−∞, 0) ∪ [2, 3).
2. (2,0)(a) Temos
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (1x
) =√1x + 1
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(√x + 1) = 1√x + 1
(b) Note que Df = [−1,∞) e Dg = (−∞, 0) ∪ (0,+∞). Logo,Df◦g = {x ∈ Dg;g(x) ∈ Df}= {x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,+∞); 1/x ∈ [−1,∞)}= (−∞,−1] ∪ (0,∞)
e Dg◦f = {x ∈ Df ; f (x) ∈ Dg}= {x ∈ [−1,∞);√x + 1 ∈ (−∞, 0) ∪ (0,+∞)}= (−1,∞)
Por fim, analizando as regras que definem f◦g e g◦f , concluímosImf◦g = [0, 1) ∪ (1,∞)Img◦f = (0,∞).3. (3,0) Calcule, caso existam, os limites dados a seguir:
(a) Fazendo a divisão de x3 − x − 6 por x − 2, obtemos x2 + 2x + 3.Logo
limx→2 x3 + 3x2 − 9x − 2x3 − x − 6 = limx→2 (x + 2)(x − 2)(x − 2)(x2 + 2x + 3)= limx→2 x + 2x2 + 2x + 3= 2 + 222 + 2 · 2 + 3 = 411(b)
limx→0 1−
√1− x2x2 = limx→0 1−
√1− x2x2 · 1 +
√1− x21 +√1− x2= limx→0 1− 1 + x2x2(1 +√1− x2)= limx→0 11 +√1− x2 = 11 +√1− 02 = 12(c) Temos
limx→−2+ (x + 3)|x + 2|x + 2 = limx→−2+ (x + 3)(x + 2)x + 2= limx→−2+(x + 3) = 1e
limx→−2− (x + 3)|x + 2|x + 2 = limx→−2− (x + 3)(−1)(x + 2)x + 2= limx→−2−(−x − 3) = −1Logo, como os limites laterais são distintos, concluimos que olimite não existe.
3
4. (1,0) Note que −1 ≤ cos 1x ≤ 1 para todo x 6= 0, ou seja
−x2 ≤ x2 cos 1x ≤ x2.
Como limx→0(−x2) = limx→0 x2 = 0, segue pelo Teorema do Confronto que
limx→0 x2 cos 1x = 0.
5. (2,0) Note que
limx→±∞ f (x) = limx→±∞ x2 + 8x − 20x2 − x − 2
= x2x2 + 8xx2 − 20x2x2x2 − xx2 − 2x2= 1 + 8x − 20x21− 1x − 2x2 = 1
Logo, y = 1 é assíntota horizontal do gráfico de f . Por outro lado,x = 2 e x = −1 são as raízes de x2− x− 2, ou seja, indeterminaçõesda função f . Sendo 2 e −10 as raízes de x2 + 8x − 20, temos
limx→2 x2 + 8x − 20x2 − x − 2 = limx→2 (x − 2)(x + 10)(x − 2)(x + 1)= limx→2 x + 10x + 1 = 123 = 4e
limx→−1+ x2 + 8x − 20x2 − x − 2 = limx→−1+ (x − 2)(x + 10)(x − 2)(x + 1)= −270− = +∞.
Portanto, x = −1 é assíntota vertical do gráfico de f .
BOA PROVA!!!
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DISCIPLINA: Cálculo Diferencial e Integral I PERÍODO: 2013.1TURMA: 01 TURNO: TARDEPROFESSOR: Diogo Germano DATA: 07/08/2013
RESPOSTAS DA AVALIAÇÃO 2
1. (a) Temos,
f ′(x) = (sen x)′ cos(1− x2)− sen x [cos(1− x2)]′cos2(1− x2)
= cos x cos(1− x2)− sen x [− sen(1− x2)](−2x)cos2(1− x2)
= cos x cos(1− x2) + 2x sen x [− sen(1− x2)]cos2(1− x2)
f ′(x) = cos xcos(1− x2) + 2x sen x sen(1− x2)cos2(1− x2) .(b) Temos,
y′ = (e−x2)′ = e−x2(−2x)y′ = −2xe−x2.
(c) Temos,
f ′(x) = (x)′(3x2 + 4)5 + x [(3x2 + 4)5]′= (3x2 + 4)5 + x [5(3x2 + 4)4] 6x= (3x2 + 4)5 + 30x2(3x2 + 4)4= (3x2 + 4)4 (3x2 + 4 + 30x2)f ′(x) = (33x2 + 4)(3x2 + 4)4.
(d) Temos,
y′ = [log5(5x − 2x2)]′ = 1(5x − 2x2) ln 5(5− 4x)y′ = 5− 4x(5x − 2x2) ln 5 .
2. (a) Usando derivação implícita, temosddx (y2 − 1) = ddx [(x − 1)3]2ydydx = 3(x − 1)2dydx = 32 (x − 1)2y
2
Logo, dydx
∣∣∣∣(1,1) = 32 (1− 1)21 = 0.Portanto, a reta tangente em (1, 1) é horizontal, ou seja, sua equação é y = 1e consequentemente a equação da reta normal será x = 1.(b) Para determinar tais pontos, devemos ter dy/dx = 0, isto é,
32 (x − 1)2y = 0.
A equação anterior tem x = 1 como única solução. Substituindo este valor xna equação que define a curva, obtemos
y2 − 1 = (1− 1)3 ⇒ y2 = 1⇒ y = ±1.
Portanto, os pontos onde teremos tangente horizontal são (1, 1) e (1,−1).
3. Usando derivação logarítmica, obtemos
lny = ln [x(x − 1)(x + 2)x2 + 1
]1/3 = 13 ln x(x − 1)(x + 2)x2 + 1= 13 [ln x(x − 1)(x + 2)− ln(x2 + 1)]= 13 [ln x + ln(x − 1) + ln(x + 2)− ln(x2 + 1)]ddx (lny) = 13 ddx [ln x + ln(x − 1) + ln(x + 2)− ln(x2 + 1)]1y dydx = 13
(1x + 1x − 1 + 1x + 2 − 2xx2 + 1
)
dydx = y3
(1x + 1x − 1 + 1x + 2 − 2xx2 + 1
)
dydx = 13 3
√x(x − 1)(x + 2)x2 + 1
(1x + 1x − 1 + 1x + 2 − 2xx2 + 1
)
4. Usando derivação implícita, temosddx (y2 − 3xy+ x2) = ddx (25)2ydydx − 3y− 3x dydx + 2x = 0(2y− 3x)dydx = 3y− 2xy′ = dydx = 3y− 2x2y− 3x .
3
Agora, derivando a última equação, obtemosddx
(y′) = ddx 3y− 2x2y− 3x= (3y′ − 2)(2y− 3x)− (3y− 2x)(2y′ − 3)(2y− 3x)2= 3y′ − 22y− 3x − (3y− 2x)(2y′ − 3)(2y− 3x)2= 12y− 3x
[3y′ − 2− (2y′ − 3)3y− 2x2y− 3x
]
d2ydx2 = 12y− 3x
[9y− 6x2y− 3x − 2−
(6y− 4x2y− 3x − 3
) 3y− 2x2y− 3x
] .
5. (a) A velocidade num instante t é v (t) = s′(t). Logo,
v (t) = s′(t) = (15t2 + 8t
)′ = 25t + 8
ou seja, v (2) = 25 · 2 + 8 = 45 + 8 = 445 .(b) Temos v (8) = 25 · 8 + 8 = 165 + 8 = 565 .(c) A aceleração em qualquer instante t é a(t) = v ′(t), isto é,
a(t) = v ′(t) = (25t + 8
)′ = 25 .
BOA PROVA!!!
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DISCIPLINA: Cálculo Diferencial e Integral I PERÍODO: 2013.1TURMA: 05 TURNO: TARDEPROFESSOR: Diogo Germano DATA: 07/08/2013
RESPOSTAS DA AVALIAÇÃO 2
1. (a) Temos,
F ′(z) = [ 3√z + 3(z2 − 4)]′ = [(z + 3)1/3(z2 − 4)]′= [(z + 3)1/3]′ (z2 − 4) + (z + 3)1/3 [z2 − 4]′
= 13(z + 3)−2/3(z2 − 4) + (z + 3)1/32zF ′(z) = z2 − 43(z + 3)2/3 + 2z(z + 3)1/3.
(b) Temos,
y′ = [sen(ln x)ex
]′ = [sen(ln x)]′ ex − sen(ln x) (ex)′(ex)2
= cos(ln x)1x ex − ex sen(ln x)(ex)2 = e
x [cos(ln x)x − sen(ln x)
]
(ex)2
= cos(ln x)x − sen(ln x)exy′ = cos(ln x)xex − sen(ln x)ex .(c) Temos,
f ′(x) = [ln(3x2 −√x)3]′ = [3 ln(3x2 −√x)]′
= 33x2 −√x
(6x − 12√x
)
f ′(x) = 3
(6x − 12√x
)
3x2 −√x
(d) Temos,
y′ = [sec 1x2
]′ = (sec 1x2 tg 1x2
)(−2x−3)
y′ = − 2x3 sec 1x2 tg 1x2 .
2
2. Usando derivação implícita, temosddx (x2 + xy− y2) = ddx (1)2x + y+ x dydx − 2ydydx = 0(x − 2y)dydx = −2x − ydydx = −2x + yx − 2y.
Logo, dydx
∣∣∣∣(2,3) = −2 · 2 + 32− 2 · 3 = − 7−4 = 74 .
Portanto, a reta tangente em (2, 3) é y− 3 = 74(x − 2), ou seja,
y = 74x − 12 .
Sendo −47 o coeficiente angular da reta normal em (2, 3), temos y− 3 = −47(x − 2),ou seja, a equação da reta normal é
y = −47x + 297 .3. (a) Temos,
G(x) = x1/x = eln x1/x = e 1x ln xG′(x) = e 1x ln x (− 1x2 ln x + 1x · 1x
)
= e 1x ln x (− 1x2 ln x + 1x2
)
G′(x) = x1/x ( 1x2 − ln xx2
) .
(b) Temos,
G(x) = (1− x)x2 = eln(1−x)x2 = ex2 ln(1−x)G′(x) = ex2 ln(1−x) [2x ln(1− x) + x2 11− x (−1)
]
G′(x) = (1− x)x2 [x ln(1− x)2 − x21− x
] .
4. (a) Sendo y′ = dy/dx , temos
y′ = (x + 1x − 1
)′ = (x + 1)′(x − 1)− (x + 1)(x − 1)′(x − 1)2= x − 1− (x + 1) · 1(x − 1)2 = x − 1− x − 1(x − 1)2y′ = dydx = − 2(x − 1)2 .
3
Agora, derivando a última equação, obtemos
ddx (y′) = ddx
(− 2(x − 1)2
) = 4(x − 1)−3
d2ydx2 = 4(x − 1)3 .
(b) De fato,
(1− x)d2ydx2 = (1− x) 4(x − 1)3 = −(x − 1) 4(x − 1)3= − 4(x − 1)2 = 2
[− 2(x − 1)2
]
= 2dydx .
5. (a) A velocidade num instante t é v (t) = s′(t). Logo,
v (t) = s′(t) = (15t2 + 8t
)′ = 25t + 8
ou seja, v (2) = 25 · 2 + 8 = 45 + 8 = 445 .(b) Temos v (8) = 25 · 8 + 8 = 165 + 8 = 565 .(c) A aceleração em qualquer instante t é a(t) = v ′(t), isto é,
a(t) = v ′(t) = (25t + 8
)′ = 25 .
BOA PROVA!!!
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DISCIPLINA: Cálculo Diferencial e Integral I PERÍODO: 2013.1TURNO: MANHÃPROFESSOR: Diogo de Santana Germano DATA: 16/09/2013
Respostas da AVALIAÇÃO 3
1. Neste caso, sendo s a distância entre a partícula e a origem temos
s(t) =√x2(t) + y2(t).
e, derivando em relação a t, vemdsdt = 12√x2 + y2
(2x dxdt + 2ydydt
) .
Sabemos que dxdt = −1 e dydt = −5. Então, quando a partícular passar por (5, 12)teremos dsdt = 12√52 + 122 (2 · 5 · (−1) + 2 · 12 · (−5)) = −5 m/s.2. A área de um quadrado descrito no problema (veja figura) com base medindo x ealtura y = −2x + 100 é
A(x) = x(−2x + 100) = −2x2 + 100x, 0 ≤ x ≤ 50.
2
Como A é uma função diferenciável em x , temos
A′(x) = −4x + 100
e, A′(x) = 0 implica −4x + 100 = 0, ou seja, x = 25 que é um valor crítico paraA. Note que A(0) = A(50) = 0. Como a função é uma parábola com concavidadevoltada para baixo, teremos um máximo absoluto em x = 25, dado por
A(25) = 25(−2 · 25 + 100) = 25 · 50 = 1250
que é a área do maior retângulo possível satisfazendo as condições dadas.
3. (a) A função f é diferenciável em todos os reais e f ′(x) = 4x3 − 8x2. De f ′(x) = 0,obtemos
4x3 − 8x2 = 0⇒ 4x2(x − 2) = 0⇒ x = 0 ou x = 2
ou seja, x = 0 e x = 2 são os pontos críticos de f . Sendo f ′′(x) = 12x2 − 16x ,temos f ′′(0) = 0 e f ′′(2) = 12 · 4− 16 · 2 = 16 > 0.Neste caso, pelo teste da derivada segunda temos um mínimo relativo em x = 2;em x = 0 este teste é inconclusivo. Mas, analisando o sinal de f ′(x) = 4x2(x−2)concluimos f ′(x) < 0 em (−∞, 0)e f ′(x) < 0 em (0, 2)isto é, pelo teste da derivada primeira a função não possui extremo em x = 0.(b) Analisando o sinal de f ′(x) = 4x2(x − 2) obtemos• Para x < 0 , f ′(x) < 0, ou seja, f é decrescente 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,∞).(c) Para a concavidade, consideremos f ′′(x) = 0, ou seja,
12x2 − 16x = 0⇒ 4x(3x − 4) = 0⇒ x = 0 ou x = 4/3.
Neste caso, analisando o sinal de f ′′(x) = 12x2 − 16x = 12x (x − 43), obtemos• Para x < 0 , f ′′(x) > 0, ou seja, f possui concavidade para cima em(−∞, 0);• Para 0 < x < 4/3 , f ′′(x) < 0, ou seja, f possui concavidade para baixoem (0, 4/3);• Para x > 4/3 , f ′′(x) > 0, ou seja, f possui concavidade para cima em(4/3,∞).Logo, como houve mudança de concavidade em x = 0 e x = 4/3 nestes valorestemos pontos de inflexão.(d) Da análise feita nos itens anteriores temos
f (2) = 24 − 8 · 233 = −163 ⇒
(2,−163
) mínimo local.
3
f (0) = 04 − 8 · 03 = 0⇒ (0, 0) ponto de inflexão.f (43
) = (43
)− 8(43 )33 = −25681 ⇒
(43 ,−25681
) ponto de inflexão.
Segue o gráfico:
4. (a) Fazendo u = x2 + 3 temos du = 2xdx , isto é, du2 = xdx . Logo,∫ xdxx2 + 3 = 12
∫ duu = 12 lnu+ C = 12 ln(x2 + 3) + CPortanto, ∫ 1
0
xdxx2 + 3 = 12 ln(x2 + 3)
∣∣∣∣10 = 12 [ln 4− ln 3]= ln 2− ln√3 = ln 2√3 .
(b) Fazendo u = x2 temos du = 2xdx , isto é, du2 = xdx . Logo,∫ x2x2dx = 12
∫ 2udu = 12 2uln 2 = 2x22 ln 2 .Portanto, ∫ 1
0 x2x2dx = 2x
22 ln 2
∣∣∣∣∣
1
0 = 22 ln 2 − 12 ln 2= 12 ln 2 = 1ln 4 .(c) Fazendo u = sen x temos du = cos xdx . Logo,∫ cot xdx = ∫ cos xsen x dx =
∫ duu = ln |u|+ C = ln | sen x|+ C.5. Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, parte 1, temosddx
∫ x4
2
3√sen tdt = [ 3√sen x4] dx4dx = 4x3 3√sen x4.
4
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 teoremado Pitágoras na figura que x = 4. Então,dxdt = −34(−2) = 32 m/s.
2. O volume da piscina descrita no problema (veja figura) com diâmetro da base medindo2r e altura h é V = pir2h. Daí
pir2h = 125pi ⇒ h = 125r2 .
Seja A a área da superfície da piscina. Temos
A = pir2 + 2pirh
e substituindo h na equação acima, vem
A(r) = pir2 + 2pir125r2 = pir2 + 150pir = pi
(r2 + 250r
)
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ou seja, temos a função A(r) = pi (r2 + 250r ), r > 0 diferenciável em r. Derivando,
A′(r) = pi(2r − 250r2
) = pi2r3 − 250r2
e, A′(x) = 0 implica 2r3 − 250 = 0, ou seja, r = 5 que é um valor crítico para A(r = 0 seria outro valor crítico; porém este não pertence ao domínio de A). Agora,vamos usar o teste da derivada segunda para saber se este valor é de máximo oumínimo. 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 = 1ou 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 emx = 1/3 e um mínimo relativo 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,∞).
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Logo, como houve mudança de concavidade em x = 2/3 neste valor temos umponto 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:
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.
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(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.
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