Mat01353 - Cálculo e Geometria Analítica I-A
Solução da Segunda Verificação : Fila A - 2002/2

Questão 1. (2.0 pontos). Calcule

(a) $$\lim_{x\rightarrow +\infty} 2 x \tan \left( \frac{1}x \right)$$

$$\lim_{x\rightarrow +\infty} 2 x \tan \left( \frac{1}x \right) = ... ...H}{=} \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{ 2 \sec^2( 1/x ) (-1/x^2) }{-1/x^2} =$$

$$= \lim_{x\rightarrow +\infty} 2 \sec^2( 1/x ) = \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{2}{\cos^2( 1/x ) } = \frac{2}{\cos(0)^2} = 2$$

(b) Esboçe o gráfico de uma função $f$ que satisfaça as seguintes propriedades:

I) $f'(x) < 0$ para $-2 < x < 0$ e para $x > 1$;

II) $f'(x) > 0$ para $x < -2$ e para $0 < x < 1$;

III) $f'(-2) = 0 = f'(0)$ e $f'(1)$ não existe;

IV) $y=-2$ é assíntota horizontal do gráfico de $f$.

Assinale, no esboço, os eventuais pontos de inflexão , usando ${\bf P_1, P_2, \dots}$

Solução :

(i) $f'(x) < 0$ para $-2 < x < 0$ e para $x > 1$

$\Rightarrow f(x)$ é decrescente em $(-2,0) \bigcup (1,+\infty)$.

(ii) $f'(x) > 0$ para $x < -2$ e para $0 < x < 1$

$\Rightarrow f(x)$ é crescente em $(-\infty,-2) \bigcup (0,1)$.

(iii) $f'(-2) = 0 = f'(0)$ e $f'(1)$ não existe

$\Rightarrow x=-2$ e $x = 0$ são pontos estacionários.

Além disso, para que $f'(1)$ não exista, temos 3 alternativas:

• limites laterais de $f'$ em $x=1$ são diferentes;
• algum dos limites laterais em $x=1$ é infinito;
• $f$ não está definida em $x=1$.

Assumiremos que ambos limites laterais de $f'(x)$ são infinitos quando $x \rightarrow 1$.

(iv) $y=-2$ é assíntota horizontal do gráfico de $f$

$\Rightarrow$ $f(x) \rightarrow -2$ quando $x \rightarrow -\infty$ ou $x \rightarrow +\infty$. Assumimos que ambos acontecem.

O gráfico esboçado abaixo resume a discussão acima.

Questão 2. (2.0 pontos). Dada a função $$f(x) = \frac{\ln(x)}{2x} , x > 0$$,

(a) determine os intervalos de crescimento e decrescimento de $f$ e os pontos de máximo e mínimo locais (ou relativos), caso existam;

(b) verifique a existência de assíntotas horizontais (indique a equação ).

Solução :(a) Usando a Regra do Quociente

$$f'(x) = \frac{2x \cdot 1/x - (2) \ln(x)}{(2x)^2} = \frac{1-\ln(x)}{2x^2}$$

e então apenas $x=e$ é ponto crítico. Como o denominador é sempre positivo para $x > 0$, analisamos apenas o sinal do numerador:

$$1-\ln(x) > 0 \Leftrightarrow \ln(x) < 1 \Leftrightarrow x < e^1 = e$$

e então

$f(x)$ é crescente em $(0,e)$

$f(x)$ é decrescente em $(e,+\infty)$.

Como $f'(x)$ troca de $+$ para $-$ em $x=e \Rightarrow$ é ponto de máximo local. Não há pontos de mínimo local.

(b) Fazer $x \rightarrow -\infty$ não tem sentido por causa do domínio da $f$.

$$\lim_{x\rightarrow +\infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \... ...ghtarrow +\infty} \frac{1/x}{2} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{1}{2x} = 0$$

$\Rightarrow$ a reta $y = 0$ é assíntota horizontal.

Questão 3. (1.5 pontos). Um poster retangular deve ter uma área total de 150 $pol^2$, com uma margem de 1 $pol$ na base e nos lados e de 2 $pol$ na parte superior.

Determine a maior área impressa. Justifique sua resposta.

Solução :

Temos $x y = 150$ e queremos maximizar $A = (x-2)(y-3)$.

Assim $$A(x) = (x-2) \left( \frac{150}{x}-3\right)$$ e precisamos

$x-2 > 0 \Rightarrow x > 2$ e $y-3 > 0 \Rightarrow \displaystyle \frac{150}{x} > 3 \Rightarrow x < 50$

Assim o domínio de $A(x)$ é o intervalo $I =(2,50)$ e

$$A'(x) = (1) \left( \frac{150}{x}-3\right) + (x-2) \left( \frac{-150}{x^2} \right) = \frac{150}{x}-3 - \frac{150}{x} + \frac{300}{x^2}$$

$\Rightarrow A'(x) = \displaystyle \frac{3(100-x^2)}{x^2}$.

Existe apenas um ponto crítico no intervalo $(2,50)$: $x = 10$.

Pela expressão acima, $f'(x) > 0$ se $x < 10$ e $f'(x) < 0$ se $x > 10$ e então , pelo Teste da Derivada Primeira, $x = 10$ é ponto de máximo local.

Como o intervalo $I$ é aberto, $x = 10$ é ponto de máximo absoluto em $I$.

A maior área impressa é

$A(10) = (10-2)(150/10-3) = (10-2)12 = 120-24 = 96 \ \ pol^2$.

Questão 4. (1.5 pontos).

O gráfico da derivada da função $f$ está dado ao lado (abaixo).

Sabendo que $f$ é uma função definida e contínua em todos os reais,

(a) determine os pontos de máximo e os pontos de mínimo locais de $f$;

(b) determine os intervalos onde o gráfico da função $f$ é côncavo para cima e onde é côncavo para baixo;

(c) determine os pontos de inflexão do gráfico de $f$; (errata: determine os pontos de inflexão de $f$)

(d) existe no gráfico de $f$ algum ponto com reta tangente vertical ?

Justifique suas respostas.

Solução :

(a) Os pontos críticos de $f$ são : $x=-1, x=1$ e $x=2$. Pelo Teste da Derivada Primeira,

em $x = -1:$ sinal de $f'(x)$ troca de - para +: $x=-1$ é ponto de mínimo local

em $x = 1:$ sinal de $f'(x)$ troca de + para -: $x=1$ é ponto de máximo local

em $x = 2:$ não há troca no sinal de $f'(x)$ : não é máximo nem mínimo.

(b) $\bullet$ $f'(x)$ é crescente em $(-\infty,0) \bigcup (2,+\infty)$

$\Rightarrow f''(x) > 0$ neste intervalo

$\Rightarrow$ o gráfico de $f$ é côncavo para cima em $(-\infty,0) \bigcup (2,+\infty)$

$\bullet$ $f'(x)$ é decrescente em $(0,2)$

$\Rightarrow f''(x) < 0$ neste intervalo

$\Rightarrow$ o gráfico de $f$ é côncavo para baixo em $(0,2)$.

(c) existe troca de concavidade em $x = 0$ e $x=2$

$\Rightarrow x=0$ e $x=2$ são pontos de inflexão de $f$.

(d) no ponto $x=2$ a reta tangente ao gráfico de $f$ é vertical pois

$$\lim_{x \rightarrow 2} f'(x) = - \infty$$.

Questão 5. (3.0 pontos).

(a) Uma partícula se movimenta em linha reta e sua aceleração , no instante $t$, é dada por $a(t) = (t+3)$ $m/s^2$. Sabendo que a velocidade da mesma no instante $t=1$ é $v(1) = 3$ $m/s$ e que sua posição , no instante $t = 0$ é $f(0)=0$ $m$, determine a posição da partícula no intante $t$.

(b) Calcule $$\int 3x (5 - x^2)^{1/3} dx$$;

(c) Calcule $$\int (2x-1)e^x dx$$

Solução :

(a) Como a velocidade é uma antiderivada de aceleração :

$$v(t) = \int a(t) dt = \int (t+3) dt = \frac{t^2}{2} + 3t + C$$

$$v(1) = 3 \Leftrightarrow \frac{1^2}{2} + 3(1) + C = 3 \Leftrightarrow C = \frac{-1}{2}$$

$$\Rightarrow v(t) = \frac{t^2}{2} + 3t - \frac{1}{2}$$

Como a posição é uma antiderivada da velocidade:

$$f(t) = \int v(t) dt = \int \left( \frac{t^2}{2} + 3t - \frac{1}{... ...ht) = \frac{1}{2} \cdot \frac{t^3}{3} + 3 \cdot \frac{t^2}{2} - \frac{t}{2} + D$$

$$f(0) = 0 \Leftrightarrow \frac{0^3}{6} + 3 \cdot \frac{0^2}{2} - \frac{0}{2} + D = 0 \Leftrightarrow D = 0$$

$$\Rightarrow f(t) = \frac{t^3}{6} + \frac{3t^2}{2} - \frac{t}{2}$$

(b) Substituindo

$$u = 5 - x^2 \Rightarrow du = -2 x dx$$

temos

$$\int 3x (5 - x^2)^{1/3} dx = \int 3 u^{1/3} \frac{du}{-2} = -\frac{3}{2} \int u^{1/3} du = -\frac{3}{2} \cdot \frac{u^{4/3}}{4/3} + C$$

$$= - \frac{9u^{4/3}}{8} + C = -\frac{9(5-x^2)^{4/3}}{8} + C$$

onde $C \in {\mathbb{R}}$ é uma constante qualquer.

(c) Por Integração por Partes, escolhemos

$$\begin{array}{ll} u = 2x -1 & \Rightarrow du = 2 dx \\ dv= e^x dx & \Rightarrow v = e^x \end{array}$$

e então

$$\int (2x-1)e^x dx = (2x-1) e^x - \int 2 e^x dx$$

e como uma antiderivada de $e^x$ é a própria $e^x$,

$$\int (2x-1)e^x dx = (2x-1)e^x - 2e^x + C = (2x-3)e^x + C$$

onde $C \in {\mathbb{R}}$ é uma constante qualquer.