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

Questão 1. (2.0 pontos).

(a)Calcule $$\lim_{x\rightarrow +\infty} 3 x \tan \left( \frac{1}x \right)$$

$$\lim_{x\rightarrow +\infty} 3 x \tan \left( \frac{1}x \right) = ... ...LH}{=} \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{ 3 \sec^2( 1/x ) (-1/x^2) }{-1/x^2} =$$

$$= \lim_{x\rightarrow +\infty} 3 \sec^2( 1/x ) = \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{3}{\cos^2( 1/x ) } = \frac{3}{\cos(0)^2} = 3$$

(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 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) $f'(0) = 0 = f'(1)$ 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 em $x=-2$ é infinito;
• $f$ não está definida em $x=-2$.

Assumiremos que ambos 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 $$f(x) = \frac{\ln(x)}{4x} , x > 0$$,

(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

$$f'(x) = \frac{4x \cdot 1/x - (4) \ln(x)}{(4x)^2} = \frac{4(1-\ln(x))}{16x^2} = \frac{1-\ln(x)}{4x^2}$$

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 $f$.

$$\lim_{x\rightarrow +\infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \... ...ghtarrow +\infty} \frac{1/x}{4} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{1}{4x} = 0$$

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

Questão 3. (1.5 pontos). Um poster retangular deve ter uma área total de 600 $pol^2$, 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 $x y = 600$ e queremos maximizar $A = (x-2)(y-3)$.

Assim $$A(x) = (x-2) \left( \frac{600}{x}-3\right)$$ e precisamos

$x-2 > 0 \Rightarrow x > 2$ e $y-3 > 0 \Rightarrow \displaystyle \frac{600}{x} > 3 \Rightarrow x < 200$

Assim o domínio de $A(x)$ é o intervalo $I =(2,200)$ e

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

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

Existe apenas um ponto crítico no intervalo $(2,200)$: $x = 20$.

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 máximo local.

Como o intervalo $I$ é aberto, $x = 20$ é ponto de máximo absoluto em $I$.

A maior área impressa é

$A(20) = (20-2)(600/20-3) = (20 - 2) 27 = 540 - 54 = 486 \ \ pol^2$.

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 máximo local

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

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

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

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

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

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

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

$\Rightarrow$ o gráfico de $f$ é côncavo para baixo 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 $a(t) = (3t+1)$ $m/s^2$. Sabendo que a velocidade da mesma no instante $t=1$ é $v(1) = 1$ $m/s$ e que sua posição , no instante $t = 0$ é $f(0)=0$ $m$, determine a posição da partícula no intante $t$.

(b) Calcule $$\int 2x (6 - x^2)^{1/2} dx$$;

(c) Calcule $$\int (5x-2)e^x dx$$

Solução :

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

$$v(t) = \int a(t) dt = \int (3t+1) dt = \frac{3t^2}{2} + t + C$$

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

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

Como a posição é uma antiderivada da velocidade:

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

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

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

(b) Substituindo

$$u = 6 - x^2 \Rightarrow du = -2 x dx$$

temos

$$\int 2x (6 - x^2)^{1/2} dx = \int u^{1/2} (-du) = -\int u^{1/2} du = -\frac{u^{3/2}}{3/2} + C$$

$$= - \frac{2}{3}u^{3/2} + C = -\frac{2}{3}(6-x^2)^{3/2} + C$$

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

(c) Por Integração por Partes, escolhemos

$$\begin{array}{ll} u = 5x -2 & \Rightarrow du = 5 dx \\ dv= e^x dx & \Rightarrow v = e^x \end{array}$$

e então

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

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

$$\int (5x-2)e^x dx = (5x-2)e^x - 5e^x + C = (5x-7)e^x + C$$

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