GAB_AP1_CI_2022-2

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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 AP1 – CÁLCULO I – 2/2022
Código da Disciplina: EAD1005 - EAD1083
Questão 1 [1.0 ponto]
Seja a ∈ R e seja f : R −→ R a função definida por:
f(x) =

ln
(x2 − 1
2x− 2
)
; se x > 1,
x2 − a x; se x ≤ 1.
Determine o valor de a para que a função f tenha limite (finito) em x = 1.
Solução:
Calculando os limites laterais, obtemos:
lim
x→1+
ln
(x2 − 1
2x− 2
)
= lim
x→1+
ln
((x+ 1)(x− 1)
2(x− 1)
)
= lim
x→1+
ln
(x+ 1
2
)
= 0.
e
lim
x→1−
x2 − ax = 1− a.
Para que f tenha limite em x = 1, deve valer a igualdade 1− a = 0, donde obtemos a = 1.
!
Questão 2 [2.0 pontos]
Sejam b, c ∈ R e seja f : R −→ R a função definida por:
f(x) =

x3
3
− 2x; se x ≤ 2,
x2 + bx+ c; se x > 2
Determine os valores de b e c para que a função f seja diferenciável.
Solução:
Uma condição para que a função f seja diferenciável é que f seja cont́ınua. Assim, os limites
laterais de f em x = 2 devem ser iguais a f(2):
lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
x2 + bx+ c = 4 + 2b+ c
lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
x3
3
− 2x =
8
3
− 4 = −4
3
Cálculo I Gabarito AP1 2/2022
Portanto, f(2) = −4
3
= 4 + 2b+ c e temos a primeira condição: 2b+ c =
−16
3
.
Por outro lado, as derivadas laterais de f em x = 2 também devem ser iguais:
f ′
+(2) = (2x+ b)
∣∣∣
x=2
= 4 + b = f ′
−(2) = (x2 − 2)
∣∣∣
x=2
= 4− 2 = 2
Dáı, obtemos a segunda condição: 4 + b = 2. Reunindo as duas condições, temos:
b = −2 e c =
−16
3
+ 4 =
−4
3
. !
Questão 3 [2.5 pontos]
A equação dada abaixo, para t > 2, descreve a velocidade (dada em m/s - metros por segundo)
de um carro pilotado de maneira remota em uma pista de teste:
v(t) = 20 e
(
t−3
2t2−2t−4
)
Sabendo que o movimento do carro, a partir de t = 2, é acelerado e posteriormente freado, le-
vando a velocidade do carro a uma estabilização, determine o momento exato no qual a aceleração
se anula e o movimento passa a ser desacelerado. Determine também o limite da estabilização
da velocidade, denotado por ve, para tempos t tão grandes quanto se queira.
Solução:
Temos que:
v(t) = 20 e
(
t−3
2t2−2t−4
)
v′(t) = 20
( t− 3
2t2 − 2t− 4
)′
e
(
t−3
2t2−2t−4
)
v′(t) = 20
2t2 − 2t− 4 − (t− 3)(4t− 2)
(2t2 − 2t− 4)2
e
(
t−3
2t2−2t−4
)
v′(t) = 20
−2t2 + 12t− 10
4(t2 − t− 2)2
e
(
t−3
2t2−2t−4
)
v′(t) = −10
t2 − 6t+ 5
(t2 − t− 2)2
e
(
t−3
2t2−2t−4
)
Dáı,
v′(t) = 0 ⇐⇒ t2 − 6t+ 5 = (t− 5)(t− 1) = 0 ⇐⇒ t = 5 ou t = 1.
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A segunda resposta, ou seja, t = 1 não pertence ao doḿınio do experimento. Assim, t = 5 é
a resposta para a primeira pergunta. Para a segunda, calculamos:
ve = lim
t→+∞
20 e
(
t−3
2t2−2t−4
)
= 20
pois
lim
t→+∞
t− 3
2t2 − 2t− 4
= 0. !
Questão 4 [2.5 pontos]
A equação y2 = x3 (2 − x) define uma curva no plano cartesiano que, para 0 < x < 2,
estabelece implicitamente e em trechos y como uma função diferenciável de x. Determine a
lei de definição de
dy
dx
, em termos de x e de y, e calcule a equação da reta tangente à curva
no ponto P de abscissa x = 1 e ordenada y < 0.
Solução:
➥ Vamos derivar implicitamente y em relação x à equação y2 = x3 (2− x):
2yy′ = 3x2 (2− x) + x3(−1)
2yy′ = 6x2 − 4x3
y′ =
−2x2 (2x− 3)
2y
dy
dx
=
x2 (3− 2x)
y
. !
➥ Para determinar o ponto P , vamos usar o fato de que x = 1 e substituir este valor
na equação original. Isto nos leva a duas possibilidades para y: −1 ou 1. Como temos que
satisfazer a condição y < 0, o ponto P em questão é (1, −1). Agora, para calcular a
inclinação m da reta, substitúımos:
m =
dy
dx
∣∣∣
x=1,y=−1
=
x2 (3− 2x)
y
∣∣∣
x=1,y=−1
=
1
−1
= −1.
Para achar a equação da reta tangente à curva no ponto (1, −1) indicado, com inclinação
m = −1, usamos a fórmula
y − (−1) = −1(x− 1)
que resulta em y = −x. !
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Questão 5 [2.0 pontos]
Considere as funções f, g : [−2, 4] → R definidas pelas leis a seguir:
f(x) = x3 − 3x2 + x− 1 e
g(x) = 3x− x2 − 3.
Utilize o Teorema do Valor Intermediário para determinar todos os intervalos I da forma
I = [n, n+ 1] ⊂ [−2, 4], n ∈ Z,
nos quais os gráficos das duas funções f e g têm pelos menos um ponto em comum.
Sugestão: considere a função k(x) = f(x)− g(x), com x ∈ [−2, 4].
Solução:
As funções f e g são polinomiais e, portanto, a restrição de qualquer uma delas sobre o
intervalo [−2, 4] resultará em uma função cont́ınua. Ainda, se as funções f e g têm
um ponto em comum, digamos f(x0) = g(x0), então a diferença entre elas, denotada por
k(x) = f(x)− g(x), que também será uma função cont́ınua no intervalo [−2, 4], terá um zero
em x0: k(x0) = f(x0)−g(x0) = 0. Assim, podemos usar o Teorema do Valor Intermediário
na função k(x) = f(x) − g(x) para determinar os intervalos desejados. Neste sentido, para
que a diferença dessas funções mude de sinal nos extremos de um intervalo, o que significaria
que ela (a diferença dessas funções) satisfaz as hipóteses do Teorema do Valor Intermediário
neste intervalo, os valores das funções nos extremos deste intervalo deveriam alternar sua ordem
na reta:
Por exemplo, considerando f e g definidas no intervalo [a, b], temos, no primeiro caso,
g(a) > f(a) e g(b) < f(b), ou seja, os valores das funções nos extremos do intervalo alteram
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sua ordem na reta. Neste caso, há pelo menos um ponto em comum, como podemos observar
na primeira figura acima. No segundo caso, g(a) > f(a) e g(b) > f(b), ou seja, os valores
das funções nos extremos do intervalo não alteram sua ordem na reta. Neste segundo caso, não
podemos garantir a existência de algum ponto comum aos dois gráficos, como podemos observar
na segunda figura acima.
Vamos, portanto, comparar os valores das diferenças das duas funções nos extremos dos intervalos
em questão para verificar se há mudança de sinal, indicando a existência de ráızes:
x f(x) g(x) f(x)− g(x)
−2 −23 −13 −10
−1 −6 −7 1
0 −1 −3 2
1 −2 −1 −1
2 −3 −1 −2
3 2 −3 5
4 19 −7 26
Assim, o Teorema do Valor Intermediário garante que em cada um dos intervalos [−2, −1],
[0, 1] e [2, 3] há pelo menos um ponto no qual os gráficos das funções f e g coincidem. !
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