APX2-MD2-2021-1 - Gabarito

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
APX2 - Métodos Determinísticos II (2021-1)
Profª. Fernanda Mendonça e Prof. Rafael Lobosco
Código da disciplina EAD06077
GABARITO
Questão 1: [2,5 pts] Sejam f e g funções diferenciáveis, com f (0) = g (0) = 0 e g ′(0) 6= 0. Mostre que
lim
x→0
f (x)
g (x)
= f
′(0)
g ′(0)
.
Solução: Como f e g são diferenciáveis, temos que
f ′(0) = lim
h→0
f (0+h)− f (0)
h
e g ′(0) = lim
h→0
g (0+h)− g (0)
h
(1)
existem e são finitos. Além disso, também podemos escrever:
lim
x→0
f (x)
g (x)
= lim
x→0
f (0+x)−0
g (0+x)−0 = limx→0
f (0+x)− f (0)
g (0+x)− g (0) ,
pois f (0) = g (0) = 0.
Dessa forma, temos:
lim
x→0
f (x)
g (x)
= lim
x→0
f (0+x)− f (0)
g (0+x)− g (0) = limx→0
f (0+x)− f (0)
x
g (0+x)− g (0)
x
=
lim
x→0
f (0+x)− f (0)
x
lim
x→0
g (0+x)− g (0)
x
= f
′(0)
g ′(0)
,
onde a última igualdade foi obtida de (1), trocando h por x e isto encerra a demonstração.
Questão 2: [3,0 pts] Sejam f e g funções cujos gráficos, formados por retas, estão representados na figura
abaixo.
Considere P (x) = f (x)g (x), Q(x) = f (x)
g (x)
e C (x) = f (g (x)). Encontre: a) P ′(5) b) Q ′(2) c)C ′(1).
Solução: De acordo com os gráficos apresentados, podemos concluir que as funções g e f estão definidas,
respectivamente, da seguinte forma:
g (x) =
{
2x, se x < 3
6, se x > 3
e f (x) =
{ −x +3, se x < 3
3x −9, se x > 3 .
Dessa forma, concluímos que:
g ′(x) =
{
2, se x < 3
0, se x > 3 e f
′(x) =
{ −1, se x < 3
3, se x > 3 ,
pois g e f são deriváveis para todo número real diferente de x = 3.
a) Como P (x) = f (x)g (x), f e g são deriváveis em x = 5, podemos utilizar a Regra do Produto para obter
P ′(5). Assim, P ′(5) = f ′(5)g (5)+ f (5)g ′(5).
Pelo que vimos acima, temos que
f (5) = 6, g (5) = 6, f ′(5) = 3 e g ′(5) = 0.
2
Portanto, P ′(5) = f ′(5)g (5)+ f (5)g ′(5) = 3×6+6×0 = 18.
Dessa forma, P ′(5) = 18.
b) Analogamente ao item (a) acima, como Q(x) = f (x)
g (x)
, f e g são deriváveis em x = 2, podemos utilizar
a Regra do Quociente para obter Q ′(2). Assim, Q ′(2) = f
′(2)g (2)− f (2)g ′(2)
[g (2)]2
.
Pelo que vimos acima, temos que
f (2) = 1, g (2) = 4, f ′(2) =−1 e g ′(2) = 2.
Portanto, Q ′(2) = f
′(2)g (2)− f (2)g ′(2)
[g (2)]2
= (−1×4)− (1×2)
[4]2
= −4−2
16
= −6
16
=−3
8
.
Dessa forma, Q ′(2) =−3
8
.
c) Assim como nos itens anteriores, temos que C (x) = f (g (x)) é derivável para x = 1, pois f e g são
deriváveis em x = 1. Daí, podemos utilizar a Regra da Cadeia para obter C ′(1).
Logo, C ′(1) = f ′(g (1)) · g ′(1).
Pelo que vimos acima, temos que
g (1) = 2, f ′(2) =−1 e g ′(1) = 2.
Portanto, C ′(1) = f ′(g (1)) · g ′(1) = f ′(2)×2 =−1×2 =−2.
Dessa forma, C ′(1) =−2.
Questão 3: [2,5 pts] Considere a função g :R→R definida por:
g (x) = 2+ (x −5)3.
Mostre que 5 é um número crítico de g , mas que g não tem extremo local em x = 5.
Solução: De fato, g é função polinomial e, portanto, é derivável para todo número real. Assim, seus núme-
ros críticos ocorrem apenas para valores de x tais que g ′(x) = 0.
Pela Regra da Cadeia, temos que g ′(x) = 3(x −5)2. Portanto,
g ′(x) = 0 ⇔ 3(x −5)2 = 0 ⇔ x = 5.
Assim, x = 5 é número crítico de g .
Para concluir que g não tem valor de extremo local em x = 5, basta observar que
g ′(x) = 3(x −5)2 ≥ 0, ∀x ∈R.
3
Daí, g ′(x) > 0 para todo x 6= 5. Isso significa que g ′ não muda de sinal em qualquer vizinhança de x = 5,
donde g não pode ter um extremo local aí, o que encerra a demonstração.
Abaixo, apresentamos um esboço do gráfico de g .
Questão 4: [2,0 pts] Calcule a área da região R, limitada pelas curvas y +x = 6, y +x3 = 0 e 2y −x = 0.
Solução: Para encontrar a área da região pedida, primeiro é necessário encontrar os pontos de interseção
entre todas as curvas dadas no enunciado. Assim, temos que:
1) Ponto de encontro entre a reta y +x = 6 e a curva y +x3 = 0: 6−x =−x3 ⇒ x =−2 ⇒ y = 8,
2) Ponto de encontro entre a reta y +x = 6 e a reta 2y −x = 0: 6−x = x
2
⇒ x = 4 ⇒ y = 2,
3) Ponto de encontro entre a reta 2y −x = 0 e a curva y +x3 = 0: x
2
=−x3 ⇒ x = 0 ⇒ y = 0.
Logo, os pontos de interseção procurados são (−2,8), (4,2) e (0,0).
Dessa forma, a região R pode ser representada pela parte hachurada da figura abaixo.
4
Denotando por A(R) a área da região R, temos:
A(R) =
∫ 0
−2
(
6−x − (−x3)) d x +∫ 4
0
(
6−x −
( x
2
))
d x
=
∫ 0
−2
(
6−x +x3) d x +∫ 4
0
(
6− 3x
2
)
d x
=
[
6x − x
2
2
+ x
4
4
]0
−2
+
[
6x − 3x
2
4
]4
0
= 10+12 = 22 u.a.
Logo, a área da região R é 22 u.a.
Observação: A sigla "u.a" significa "unidades de área".
5