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

Questão 1. (2.0 pontos). Calcule

(a) $$\lim_{x\rightarrow +\infty} x \tan \left( \frac{4}x \right)$$

$$\lim_{x\rightarrow +\infty} x \tan \left( \frac{4}x \right) = \l... ...{LH}{=} \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{ \sec^2( 4/x ) (-4/x^2) }{-1/x^2} =$$

$$= \lim_{x\rightarrow +\infty} 4 \sec^2( 4/x ) = \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{4}{\cos^2( 4/x ) } = \frac{4}{\cos(0)^2} = 4$$

(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) $f'(0) = 0 = f'(1)$ e $f'(-2)$ 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 crescente em $(-2,0) \bigcup (1,+\infty)$.

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

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

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

$\Rightarrow x=0$ e $x = 1$ são pontos estacionários.

Além disso, para que $f'(-2)$ não exista, temos 3 alternativas:

• limites laterais de $f'$ em $x=-2$ são diferentes;
• algum dos limites laterais de $f'$ em $x=-2$ é infinito;
• $f$ não está definida em $x=-2$.

Assumiremos que ambos os limites laterais de $f'(x)$ são infinitos quando $x \rightarrow -2$.

(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 $$f(x) = \frac{\ln(x)}{3x} , x > 0$$,

(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

$$f'(x) = \frac{3x \cdot 1/x - (3) \ln(x)}{(3x)^2} = \frac{1-\ln(x)}{3x^2}$$

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 $f$.

$$\lim_{x\rightarrow +\infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \... ...ghtarrow +\infty} \frac{1/x}{3} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{1}{3x} = 0$$

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

Questão 3. (1.5 pontos). Um poster retangular deve ter uma área impressa de 600 $pol^2$, com uma margem de 1 $pol$ na base e nos lados e de 2 $pol$ na parte superior.

Determine a menor área total. Justifique sua resposta.

Solução :

Temos $x y = 600$ e queremos minimizar $A = (x+2)(y+3)$.

Assim $$A(x) = (x+2) \left( \frac{600}{x}+3\right)$$ e o domínio de $A(x)$ é o intervalo $I =(0,+\infty)$.

$$A'(x) = (1) \left( \frac{600}{x}+3\right) + (x+2) \left( \frac{-600}{x^2} \right) = \frac{600}{x}+3 - \frac{600}{x} - \frac{1200}{x^2}$$

$\Rightarrow A'(x) = \displaystyle \frac{3(x^2-400)}{x^2}$.

Existe apenas um ponto crítico no intervalo $(0,+\infty)$: $x = 20$.

Pela expressão acima, $f'(x) < 0$ se $x < 20$ e $f'(x) > 0$ se $x > 20$ e então , pelo Teste da Derivada Primeira, $x = 20$ é ponto de mínimo local.

Como o intervalo $I$ é aberto e $x = 20$ é o único ponto crítico neste intervalo, segue que $x = 20$ é ponto de mínimo absoluto em $I$.

A menor área impressa é

$A(20) = (20+2)(600/20+3) = (20+2)33 = 660+66 = 726 \ \ pol^2$.

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 : $x=-2, x=-1$ e $x = 1$. Pelo Teste da Derivada Primeira,

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$\Rightarrow x=-2$ e $x=0$ 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 $a(t) = (t+2)$ $m/s^2$. Sabendo que a velocidade da mesma no instante $t=2$ é $v(2) = 4$ $m/s$ e que sua posição , no instante $t = 0$ é $f(0)=0$ $m$, determine a posição da partícula no intante $t$.

(b) Calcule $$\int 5x (4 - x^2)^{1/4} dx$$;

(c) Calcule $$\int (3x-2)e^x dx$$

Solução :

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

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

$$v(2) = 4 \Leftrightarrow \frac{2^2}{2} + 2(2) + C = 4 \Leftrightarrow C = \frac{-4}{2}=-2$$

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

Como a posição é uma antiderivada da velocidade:

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

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

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

(b) Substituindo

$$u = 4 - x^2 \Rightarrow du = -2 x dx$$

temos

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

$$= - 2u^{5/4} + C = -2(4-x^2)^{5/4} + C$$

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

(c) Por Integração por Partes, escolhemos

$$\begin{array}{ll} u = 3x -2 & \Rightarrow du = 3 dx \\ dv= e^x dx & \Rightarrow v = e^x \end{array}$$

e então

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

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

$$\int (3x-2)e^x dx = (3x-2)e^x - 3e^x + C = (3x-5)e^x + C$$

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