Mat01353 - Cálculo e Geometria Analítica I-A
Solução da Segunda Verificação : Fila B - 2004/1

Questão 1. (2.5 pontos) Calcule

(a) $$\lim_{x \rightarrow 1^{+}} (x)^{\frac{5}{1-x}}$$

(b) $$\int x^3 \ln(x) dx$$

(c) $$\int (4x+3)^{-15} dx$$

Solução :

(a) Temos uma indeterminação do tipo $1^{\infty}$. Seja

$$L = \lim_{x \rightarrow 1^{+}} (x)^{\frac{5}{1-x}}$$

como a função logarítmo é contínua em seu domínio:

$$\ln(L) = \ln \left( \lim_{x \rightarrow 1^{+}} (x)^{\frac{5}{1-... ... (x)^{\frac{5}{1-x}} \right) = \lim_{x \rightarrow 1^{+}} \frac{5 \ln(x)}{1-x}$$

e temos uma indeterminação do tipo $0/0$. Aplicando L'Hopital:

$$\ln(L)= \lim_{x \rightarrow 1^{+}} \frac{5/x}{-1} = -5$$

e assim $L = e^{-5} = 1/e^5$.

(b) Integração por Partes:

$$\begin{array}{cc} u = \ln(x) &, du = dx /x \\ dv = x^3 &, v = \frac{x^4}{4} \end{array}$$

e assim

$$\int x^3 \ln(x) dx = \frac{x^4 \ln(x)}{4} - \int \frac{x^3}{4} dx... ...int x^3 \ln(x) dx = \frac{x^4 \ln(x)}{4} - \frac{1}{4} \cdot \frac{x^4}{4} + C$$

$$\int x^3 \ln(x) dx = \frac{x^4 \ln(x)}{4} -\frac{x^4}{16} + C, x > 0$$.

(c) Substituição $u = 4x + 3, du = 4 dx$,

$$\int (4x+3)^{-15} dx = \int (u)^{-15} \frac{du}{4} = \frac{1}{4} \int u^{-15} du = \frac{1}{4} \cdot \frac{u^{-14}}{-14} + C$$

e assim

$$\int (4x+3)^{-15} dx = -\frac{u^{-14}}{56} + C = -\frac{(4x+3)^{-14}}{56} + C, C \in {\mathbb{R}}.$$

Questão 2. (2.0 pontos) Dada a função

$$f(x) = \frac{e^x}{(x-3)^2}$$ .

(a) Determine os intervalos onde o gráfico de $f$ é crescente e os intervalos onde o gráfico de $f$ é decrescente.

(b) Verifique se o gráfico de $f$ possui assíntotas horizontais. Em caso afirmativo, determine a equação de cada uma delas.

Solução :

Observamos que $D(f) = {\mathbb{R}}- \{3\}$ é o domínio dessa função .

$$f'(x) = \frac{(x-3)^2 e^x - e^x (2) (x-3)}{(x-3)^4} = \frac{e^x (x-3)(x-3-2)}{(x-3)^4}=\frac{e^x(x-3)(x-5)}{(x-3)^4}$$

$(x-3)^4 > 0$ e $e^x > 0 \Longrightarrow$ sinal de $f'(x) =$ sinal de $(x-3)(x-5)$

$f'(x) > 0$ no intervalo $(-\infty,3) \bigcup (5,+\infty)$ : $f(x)$ é crescente neste intervalo.

$f'(x) <0$ no intervalo $(3,5)$: $f(x)$ é decrescente neste intervalo.

(b) Aplicando L'Hopital:

$$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{e^x}{(x-3)^2} \begin{array}{c... ... = \\ \mbox{LH} \end{array}\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{e^x}{2} = +\infty$$

e não existe assíntota horizontal à direita.

$$\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{e^x}{(x-3)^2} = \frac{0}{+\infty} = 0$$

e assim $y = 0$ é assíntota horizontal à esquerda.

Questão 3. (2.0 pontos) Considere a função

$$f(x) = -7 + 5x + 5 \cos(x) , 0 \leq x \leq 2 \pi$$.

(a) Determine os máximos e os mínimos absolutos de $f$ em $[0,2\pi]$.

(b) Determine todos os pontos de inflexão de $f$ em $[0,2\pi]$. Justifique.

Solução :

$$f'(x) = 5 - 5 \mbox{sen} \, (x) , f'(x) = 0 \Leftrightarrow \mbox{sen} \, (x) = 1 \ \mbox{em} \ [0,2\pi] \Rightarrow x = \pi/2$$

$x$	$f(x)$
$0$	$-7 + 5 (1) = -2$
$\pi/2$	$-7 + 5 \pi /2 + 5 (0) = 5 \pi /2 - 7$
$2\pi$	$-7 + 5 (2\pi) + 5 (1) = 10\pi -2$

observamos

$$f(2\pi) = 10\pi-2 > 10 (3) - 2 = 28$$

$$f(\pi/2) = \frac{5 \pi}{2} - 7 < \frac{5 (4)}{2} - 7 = 3$$

$$f(\pi/2) = \frac{5 \pi}{2} - 7 > \frac{5 (3)}{2} - 7 = \frac{1}{2}$$

e assim $f(0) < f(\pi/2) < f(2\pi)$.

O mínimo absoluto no intervalo $[0,2\pi]$ é $-2$.

O máximo absoluto no intervalo $[0,2\pi]$ é $10 \pi - 2$.

Questão 4. (1.5 pontos) Determine a equação da reta tangente ao gráfico de $f(x) = arc tg(7x)$ em $x = 1/7$.

Solução :

$$f'(x) = \frac{1}{1 + (7x)^2} \cdot 7$$

$$f'(1/7) = 7 \cdot \frac{1}{1 + (1)^2} = 7 \cdot \frac{1}{2} = \frac{7}{2}$$

$$f(1/7) = arc tg(1) = \frac{\pi}{4}$$

$$\Longrightarrow y - \frac{\pi}{4} = \frac{7}{2} \left( x - \frac{1}{7} \right)$$

é a equação pedida.

Questão 5. (1.0 pontos) Seja $f$ uma função derivável em ${\mathbb{R}}$ e $g(x) = 2 f^3(x) - 6$. Sabendo que

$$f'(x) < 0 \ \mbox{em} \ (2,+\infty) \ , \ f'(x) > 0 \ \mbox{em} \ (-\infty,2)$$

$$f(2) = 2 \ , \ \lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) = - \infty \ , \ \lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = 1$$.

(a) Determine os intervalos de crescimento e os intervalos de decrescimento do gráfico de $g$;

(b) esboçe um possível gráfico de $g$.

Solução :

(a) Regra da Cadeia: $$g'(x) = 6 f^2(x) f'(x)$$

Como $f^2(x) \geq 0 \ \forall x \in {\mathbb{R}}$, segue que o sinal de $g'(x)$ é o mesmo sinal de $f'(x)$ nos pontos onde $f(x) \neq 0$.

• Como $f'(x) <0$ em $(2,+\infty)$, $f(2) = 2$ e $f(x) \rightarrow 1$ ao $x \rightarrow +\infty$, então $f(x) > 0$ em $(2,+\infty)$.
• Com $f'(x) > 0$ em $(-\infty,2)$, $f(x) \rightarrow -\infty$ ao $x \rightarrow -\infty$ e $f(2) = 2$, então $f(x)$ anula-se uma única vez em $(-\infty,2)$.

Assim

• $g'(x) < 0$ no intervalo $(-\infty,2)$, exceto em um único ponto;
• $g'(x) < 0$ no intervalo $(2,+\infty)$.

$$\Longrightarrow g(x)$$ é crescente em $(-\infty,2]$

$$\Longrightarrow g(x)$$ é decrescente em $[2,+\infty)$

(b) Temos

$$\lim_{x \rightarrow +\infty} g(x) = 2 \left( \lim_{x\rightarrow +\infty} f(x) \right)^3 - 6 = 2 (1)^3 - 6 = -4$$

$$\lim_{x \rightarrow -\infty} g(x) = 2 \left( \lim_{x\rightarrow -\infty} f(x) \right)^3 - 6 = 2 (-\infty)^3 - 6 = -\infty$$

$$g(2) = 2 f^3(2) - 6 = 2 (2)^3 - 6 = 16 - 6 = 10$$

e também $g(x)$ é derivável em ${\mathbb{R}}$.

Possível gráfico de $g$, combinando as info acima:

Questão 6. (1.5 pontos) Um terreno com área de $360 m^2$ deve ser cercado. As paredes de um prédio já construído, no terreno vizinho, serão aproveitadas segundo desenho abaixo. Determine as dimensões do terreno que minimizam a quantidade de cerca usada.

Solução : Consideraremos $x \geq 10$ conforme sugerido pela figura.

Restrição : $x y - 10(4) = 360 \Rightarrow xy = 400$

Minimizar: $$P = 2x-10 + 2y - 4$$.

$$P(x) = 2x + 2 \frac{400}{x} - 14$$

definido para $x > 10$ e $y = 400/x \geq 4$ ou seja, $x \leq 400/4 = 100$.

Para $x = 10$, temos $y = 360/10 = 36$ e então $P(10) = 36 + 36 + 10 = 82$ metros, ao passo que

$$\lim_{x \rightarrow 10^{+}} P(x) = 2 (10) + 2 (400)/10 - 14 = 86 > P(10)$$

então $P(x)$ não é contínua em $x = 10$. Mas $P(10)$ ainda pode ser mínimo absoluto em $[10,100]$, a testar depois.

Procuramos por mínimos absolutos de $P(x)$ no intervalo $(10,100]$:

$$P'(x) = 2 - \frac{2 (400)}{x^2}$$

pontos críticos:

$$P'(x) = 0 \Leftrightarrow 2 = \frac{2 (400)}{x^2} \Leftrightarrow x^2 = 400 \Rightarrow x = 20 \Rightarrow y = \frac{400}{20} = 20$$

$$P'(x) \ \mbox{n\~ao existe}: x = 0 \notin (10,100]$$

e então $x = 20$ é o único ponto crítico em $(10,100]$.

$$P'(x) = \frac{2(x^2-400)}{x^2}$$

e assim $P'(x)$ é negativa se $x < 20$ e positiva se $x > 20$. Pelo Teste da Derivada Primeira, $x = 20$ é um ponto de mínimo relativo. Como este é o único extremo relativo em $(10,100]$, ele é também mínimo absoluto em $(10,100]$.

Comparando com $P(10)$:

$$P(10) = 82$$

$$P(20) = 2(20) + \frac{2 (400)}{20}-14 = 40 + 40 - 14 = 66$$

e então $P(20)$ é mínimo absoluto em $[10,100]$. As dimensões procuradas são as de um quadrado de aresta igual a 20 m.