AP3 2014.1 MD2

Prévia do material em texto

Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Gabarito – AP3 – Métodos Determińısticos II – 15/06/2014
Questão 1 [4,0 pts] Responda as seguintes questões a respeito da função f(x) = 3x
2
x−1 .
(a) Determine o doḿınio de f ;
(b) Calcule f ′ e f ′′;
(c) Faça um estudo do sinal de f ′ e f ′′ e com estas informações explique onde f é crescente e
decrescente e quais os intervalos onde a função tem concavidade voltada para cima e onde tem
concavidade voltada para baixo.
(d) Máximo, ḿınimo e pontos de inflexão, se houver.
(e) Calcule, se houver, as asśıntotas verticais e horizontais.
(f) Junte todas estas informações para fazer um esboço do gráfico de f .
Solução: (a) (Vale 0,5pt) D(f) = {x ∈ R : x ̸= 1}.
(b) (vale 1,0pts) Calculando a f ′ e f ′′ temos
f ′(x) =
6x(x− 1)− 3x2
(x− 1)2
=
3(x− 2)x
(x− 1)2
f ′′(x) =
3(4x− 2)(x− 1)2 − 3(x2 − 2x)2(x− 1)
(x− 1)4
=
6
(x− 1)3
(c) (1,0pt) Para fazer o estudo do sinal de f ′ repare que o denominador é sempre ≥ 0, logo para
saber o sinal de f ′ basta saber o sinal do numerador, que é uma equação do 2o grau com coeficiente
do termo x2 igual a 3 e ráızes 0 e 2. Portanto f ′ < 0 se 0 < x < 2 e f ′ > 0 caso contrário. Além
disso, sabemos f ′(0) = f ′(2) = 0. Para fazer o estudo sinal da 2a derivada, veja que só depende do
sinal do denominador (x− 1)3 que é < 0 se x < 1 e f ′′(x) ≥ 0 caso contrário.
Portanto, a função f é crescente em (−∞, 0) e (2,∞) e decrescete no restante dos Reais. Além
disso, a concavidade é voltada para baixo em (−∞, 1) e voltada para cima no restante dos Reais.
(d) (0,5pt) Observe que os pontos cŕıticos x = 0 e x = 2, f ′′(0) < 0 e f ′′(2) > 0. Portanto, x = 0
é um ponto de máximo e x = 2 é um ponto de ḿınimo. f não tem ponto de inflexão.
(e) (0,5pt) Observe que lim
x→±∞
f(x) = ±∞. E que
lim
x→±1−
3x2
x− 1
= −∞ e lim
x→±1+
3x2
x− 1
= +∞.
Portanto, f não tem assintotas horizontais e tem x = 1 como asśıntota vertical.
(f) (0,5pt) Inicie trançando a reta asśıntota x = 1, lembre que quando x → 1− a função vai para
−∞ e que quando x → −∞ f(x) → −∞, além de que x = 0 é um ponto de máximo, em todo
o intervalo de (−∞, 1) a função tem boca voltada para baixo e que f(0) = 0. Lembre-se que
(−∞, 0) a função é crescente e entre 0, 1 ela se torna decrescente. Com isso temos os elementos
para desenhar a primeira parte do gráfico.
Para a segunda parte do gráfico veja que f(x) → +∞ quando x → 1+, além disso, f(x) → +∞
quando x → +∞. Sabemos que no intervalo (1,∞) a função tem a boca voltada para cima. Como
f(2) = 12 é um ponto de ḿınimo local, então como (1, 2) ela é decrescente e de (2,+∞) ela é
crescente, esses elementos nos permite fazer a segunda parte do gráfico de f .
Métodos Determińısticos 2 AP3 2
Figura 1: Esboço do gráfico de f(x)
Questão 2 [2,0 pts] Uma certa organização de amparo aos necessitados, fundada em 1990, e que
funcionou até 2004, teve, x anos após sua fundação, f(x) = 100(2x3 − 45x2 + 264x) associados.
i) Em que ano a organização teve mais associados? Quantos eram os associados em tal ano?
ii) Em que ano a organização teve menos associados? Quantos eram os associados em tal ano?
Solução: (1,0pt se calcular os pontos cŕıticos corretamente. 1,0pt se calcular corretamente os
anos de máximo e ḿınimo e a quantidade de associados) Precisamos entender o comportamento
da função no intervalo [0, 14]. Para isso vamos buscar os ponto cŕıticos de f . Derivando obtemos
f ′(x) = 100(6x2−90x+264) = 600(x2−15x+44), fazer f ′(x) = 0 é equivalente a x2−15x+44 = 0.
Resolvendo encontramos x = 4 e x = 11. Vamos calcular o valor de f nesses pontos e nos extremos
do intervalo.
f(0) = 0, f(4) = 46400, f(11) = 12100, f(14) = 36400.
Portanto, o momento que ela tinha mais associado foi em 1994 e nesse ano chegou a ter 46400
membros. E o momento em que ela teve menos associados foi em 2001 quando chegou a ter apenas
12100 membros.
Questão 3 [2,0 pts] Calcule as integrais abaixo:
a)
∫
(4−
√
u)2 du
b)
∫ −1
−2
1
x2
+ x dx
Solução: (Cada integral vale 1,0pt) a)∫
(4−
√
u)2 du =
∫
16− 8
√
u+ u du =
∫
16− 8u1/2 + u du = +16u− 16u
3/2
3
+
u2
2
+K.
b) ∫ −1
−2
1
x2
+ x dx =
[
x2
2
− 1
x
]−1
−2
= −1.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Métodos Determińısticos 2 AP3 3
Questão 4 [2,0 pts] Considere a região delimitada pela parábola y = 3− x2 e pela reta y = 3− x.
Faça um esboço do gráfico e calcule a área dessa região.
Solução: (Encontrar os pontos de interceção 0,5pt. Fazer o esboço 0,5pt. Montar corretamente
a integral 0,5pt e calcular corretamente a integral 0,5pt) Para encontrarmos a região delimitada
precisamos encontrar os pontos que a parábola e a reta se interceptam. Para isso faça
3− x2 = 3− x ⇔ x2 − x = 0 ⇔ x(x− 1) = 0 ⇒ x = 0 ou x = 1.
Veja que y = 3− x2 é uma parábola com boca voltada para baixo e ráızes ±
√
3.
Figura 2: Esboço da região
Logo a área A da região é
A =
∫ 1
0
(3− x2)− (3− x) dx =
∫ 1
0
x2 + x dx =
[
−x
3
3
+
x2
2
]1
0
=
1
6
.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ