Análise de Funções e Cálculo de Limites e Derivadas, Exercícios de Cálculo

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Gabarito da Prova de Recupera¸c˜ao

MAT-2453 - Tipo A

27 de Julho de 2011

A

Quest˜ao 1. Seja

f (x) =

(x^2 + x^4 )^3 x^ , se x < 0 ;

1 , se x ≥ 0.

(a) (1,0) Verifique que f ´e cont´ınua no ponto x 0 = 0.

(b) (1,0) A fun¸c˜ao f ´e deriv´avel no ponto x 0 = 0? Justifique sua resposta.

(a) Notemos que

lim x→ 0 +^

f (x) = lim x→ 0 +^

1 = 1 = f (0) ;

lim x→ 0 −^

f (x) = lim x→ 0 −

(x^2 + x^4 )^3 x^ = lim x→ 0 −^

e^3 xln(x

(^2) +x (^4) ) .

Seja g(x) = 3 xln(x^2 + x^4 ) com x < 0. Ent˜ao lim x→ 0 −^

g(x) = lim x→ 0 −

ln(x^2 + x^4 ) 1 3 x

. Como

lim x→ 0 −^

ln(x^2 + x^4 ) = lim u→ 0 +^

ln u = −∞

pois lim x→ 0 −

(x^2 + x^4 ) = 0 e x^2 + x^4 > 0 para x < 0

e

lim x→ 0 −

3 x

= −∞ conclu´ımos que para calcular lim x→ 0 −^

g(x) temos o caso

, e portanto podemos

usar a Regra de L’Hospital.

De lim x→ 0 −

ln(x^2 + x^4 )

1 3 x

)′ = lim x→ 0 −

(2x+4x^3 ) x^2 +x^4 − 1 3 x^2

= lim x→ 0 −

− 3 x(2 + 4x^2 )

1 + x^2

= 0 temos, por L’Hospital,

que lim x→ 0 −^

g(x) = 0. Logo lim x→ 0 −^

eg(x)^ = e^0 = 1

pois a fun¸c˜ao exponencial ´e cont´ınua

. Portanto

lim x→ 0 −^

f (x) = 1 = f (0) = lim x→ 0 +^

f (x), e assim f ´e cont´ınua em x 0 = 0.

(b) Iremos calcular lim x→ 0 −

f (x) − f (0)

x − 0

, ou seja lim x→ 0 −

e^3 xln(x

(^2) +x (^4) ) − 1

x

Sejam h(x) = e 3 xln(x^2 +x^4 ) e l(x) = x, para x < 0. Como lim x→ 0 −

h(x) − 1

= lim x→ 0 −

f (x) − 1

f (0) − 1 = 0

pois f ´e cont´ınua em x 0 = 0

e lim x→ 0 −^

l(x) = 0, podemos usar a Regra de L’Hospital

para calcular lim x→ 0 −

f (x) − f (0)

x − 0

Note que

A

Quest˜ao 2. Seja

f (x) = (x + 6)e 1 /x

(a) (0,5) Determine os intervalos de crescimento e os de decrescimento de f.

(b) (0,5) Calcule os limites lim x→+∞

f (x) , lim x→−∞

f (x) , lim x→ 0 +^

f (x) , lim x→ 0 −^

f (x).

(c) (1,0) Determine todos os valores de k ∈ IR para os quais a equa¸c˜ao f (x) = k tem exatamente

duas solu¸c˜oes reais.

(a) Notemos que o dom´ınio de f ´e IR \ { 0 } e que

f ′ (x) = e 1 /x

• (x + 6)e 1 /x

x^2

= e 1 /x

x^2 − x − 6

x^2

Como a fun¸c˜ao exponencial ´e estritamente maior que 0 e x^2 > 0 para x 6 = 0 temos que o

sinal de f ′ coincide com o sinal de x 2 − x − 6 = (x + 2)(x − 3). Portanto temos que

f ′(x) > 0 para x < −2;

f ′(x) < 0 para − 2 < x < 0;

f ′ (x) < 0 para 0 < x < 3;

f ′(x) > 0 para x > 3.

Portanto, usando que f ´e cont´ınua, temos que

f ´e estritamente crescente em ] − ∞, −2];

f ´e estritamente decrescente em [− 2 , 0 [;

f ´e estritamente decrescente em ] 0, 3];

f ´e estritamente crescente em [3, +∞[.

(b) lim x→+∞

f (x) = +∞, pois lim x→+∞

(x + 6) = +∞ e lim x→+∞

e^1 /x^ = e^0 = 1 visto que lim x→+∞

x

= 0 e

exponencial ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua;

lim x→−∞

f (x) = −∞, pois lim x→−∞

(x+6) = −∞ e lim x→−∞

e^1 /x^ = e^0 = 1 visto que lim x→−∞

x

= 0 e exponencial

´e uma fun¸c˜ao cont´ınua;

lim x→ 0 +^

f (x) = +∞, pois lim x→ 0 +

(x + 6) = 6 e lim x→ 0 +^

e 1 /x = lim u→+∞

e u = +∞ visto que lim x→ 0 +

x

lim x→ 0 −^

f (x) = 0, pois lim x→ 0 −

(x + 6) = 6 e lim x→ 0 −^

e 1 /x = lim u→−∞

e u = 0 visto que lim x→ 0 −

x

(c) A partir dos intervalos de crescimento e de decrescimento de f , utilizando os limites calculados

em (b) e sabendo que f ´e deriv´avel em todos os pontos de seu dom´ınio(e portanto o seu gr´afico n˜ao

apresenta “bicos”), podemos afirmar que o gr´afico de f ´e da seguinte forma:

A partir do gr´afico acima podemos observar que ao passarmos retas paralelas ao eixo Ox, como

mostra a figura abaixo,

A

Quest˜ao 3. Considere a fun¸c˜ao definida em IR dada por

F (x) =

∫ (^) x 2

4

x cos

t 2 − 16

dt.

(a) (1,0) Calcule F ′(x).

(b) (1,0) Determine o polinˆomio de Taylor de ordem 2 de F em torno de x 0 = 2.

(a) Seja G(x) =

∫ (^) x 2

4

cos

t 2 − 16

dt. Ent˜ao F (x) = x G(x) , para x ∈ IR.

Defina a fun¸c˜ao A(u) =

∫ (^) u

4

cos

t 2 − 16

dt, para u ∈ IR. Dessa forma, G(x) = A(x^2 ) , para

x ∈ IR.

Como a fun¸c˜ao l(t) = cos

t^2 − 16

´e cont´ınua em IR temos que a fun¸c˜ao A ´e deriv´avel em

IR e A′(u) = cos

u^2 − 16

, para todo u ∈ IR. Portanto G ´e deriv´avel em IR, e temos

F

′ (x) = G(x) + x G ′ (x) = A(x 2 ) + x A ′ (x 2 )2x = A(x 2 ) + 2x 2 cos

x 4 − 16

= 2 x 2 cos

x 4 − 16

∫ (^) x 2

4

cos

t 2 − 16

dt.

(b) De F ′ (x) = A(x 2 ) + 2x 2 cos

x 4 − 16

, temos que

F

′′ (x) = A ′ (x 2 )2x + 4x cos

x 4 − 16

− 2 x 2 sen

x 4 − 16

4 x 3 ,

e portanto

F

′′ (x) = 2x cos

x 4 − 16

• 4x cos

x 4 − 16

− 8 x 5 sen

x 4 − 16

O polinˆomio de Taylor pedido ´e:

P (x) = F (2) + F ′ (2)(x − 2) +

F

′′ (2)

2

(x − 2) 2 .

Utilizando as derivadas acima e que A(4) = 0 temos que F (2) = 2 G(2) = 2 A(4) = 0 ,

F ′(2) = A(4) + 8 cos(0) = 8 e F ′′(2) = 4 cos(0) + 8 cos(0) − 256 sen(0) = 12. Logo

P (x) = 8(x − 2) + 6(x − 2) 2 .

Questão (^) 4. Cale ule as seguint (^). es Integrais:

(a)(l,o)

/ ~dx

A

FQ,~

ctu.. = -L,

5x.

P~t

~ M~

(~(,:;x..)) T k

dL , (^) ~rFa.J

r

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J

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4'1(. '-tx..

:: ('X..~~) ~ .~ + k.

+.Lr L-L

,Z;\ lt If, )

Gabarito da Prova de Recupera¸c˜ao

MAT-2453 - Tipo B

27 de Julho de 2011

B

Quest˜ao 1. Seja

f (x) =

(x^2 + x^4 )^2 x^ , se x < 0 ;

1 , se x ≥ 0.

(a) (1,0) Verifique que f ´e cont´ınua no ponto x 0 = 0.

(b) (1,0) A fun¸c˜ao f ´e deriv´avel no ponto x 0 = 0? Justifique sua resposta.

(a) Notemos que

lim x→ 0 +^

f (x) = lim x→ 0 +^

1 = 1 = f (0) ;

lim x→ 0 −^

f (x) = lim x→ 0 −

(x^2 + x^4 )^2 x^ = lim x→ 0 −^

e^2 xln(x

(^2) +x (^4) ) .

Seja g(x) = 2 xln(x^2 + x^4 ) com x < 0. Ent˜ao lim x→ 0 −^

g(x) = lim x→ 0 −

ln(x^2 + x^4 ) 1 2 x

. Como

lim x→ 0 −^

ln(x^2 + x^4 ) = lim u→ 0 +^

ln u = −∞

pois lim x→ 0 −

(x^2 + x^4 ) = 0 e x^2 + x^4 > 0 para x < 0

e

lim x→ 0 −

2 x

= −∞ conclu´ımos que para calcular lim x→ 0 −^

g(x) temos o caso

, e portanto podemos

usar a Regra de L’Hospital.

De lim x→ 0 −

ln(x^2 + x^4 )

1 2 x

)′ = lim x→ 0 −

(2x+4x^3 ) x^2 +x^4 − 1 2 x^2

= lim x→ 0 −

− 2 x(2 + 4x^2 )

1 + x^2

= 0 temos, por L’Hospital,

que lim x→ 0 −^

g(x) = 0. Logo lim x→ 0 −^

eg(x)^ = e^0 = 1

pois a fun¸c˜ao exponencial ´e cont´ınua

. Portanto

lim x→ 0 −^

f (x) = 1 = f (0) = lim x→ 0 +^

f (x), e assim f ´e cont´ınua em x 0 = 0.

(b) Iremos calcular lim x→ 0 −

f (x) − f (0)

x − 0

, ou seja lim x→ 0 −

e^2 xln(x

(^2) +x (^4) ) − 1

x

Sejam h(x) = e 2 xln(x^2 +x^4 ) e l(x) = x, para x < 0. Como lim x→ 0 −

h(x) − 1

= lim x→ 0 −

f (x) − 1

f (0) − 1 = 0

pois f ´e cont´ınua em x 0 = 0

e lim x→ 0 −^

l(x) = 0, podemos usar a Regra de L’Hospital

para calcular lim x→ 0 −

f (x) − f (0)

x − 0

Note que

B

Quest˜ao 2. Seja

f (x) = (x + 2)e 1 /x

(a) (0,5) Determine os intervalos de crescimento e os de decrescimento de f.

(b) (0,5) Calcule os limites lim x→+∞

f (x) , lim x→−∞

f (x) , lim x→ 0 +^

f (x) , lim x→ 0 −^

f (x).

(c) (1,0) Determine todos os valores de k ∈ IR para os quais a equa¸c˜ao f (x) = k tem exatamente

duas solu¸c˜oes reais.

(a) Notemos que o dom´ınio de f ´e IR \ { 0 } e que

f ′ (x) = e 1 /x

• (x + 2)e 1 /x

x^2

= e 1 /x

x 2 − x − 2

x^2

Como a fun¸c˜ao exponencial ´e estritamente maior que 0 e x^2 > 0 para x 6 = 0 temos que o

sinal de f ′ coincide com o sinal de x 2 − x − 2 = (x + 1)(x − 2). Portanto temos que

f ′(x) > 0 para x < −1;

f ′(x) < 0 para − 1 < x < 0;

f ′ (x) < 0 para 0 < x < 2;

f ′(x) > 0 para x > 2.

Portanto, usando que f ´e cont´ınua, temos que

f ´e estritamente crescente em ] − ∞, −1];

f ´e estritamente decrescente em [− 1 , 0 [;

f ´e estritamente decrescente em ] 0, 2];

f ´e estritamente crescente em [2, +∞[.

(b) lim x→+∞

f (x) = +∞, pois lim x→+∞

(x + 2) = +∞ e lim x→+∞

e^1 /x^ = e^0 = 1 visto que lim x→+∞

x

= 0 e

exponencial ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua;

lim x→−∞

f (x) = −∞, pois lim x→−∞

(x+2) = −∞ e lim x→−∞

e^1 /x^ = e^0 = 1 visto que lim x→−∞

x

= 0 e exponencial

´e uma fun¸c˜ao cont´ınua;

lim x→ 0 +^

f (x) = +∞, pois lim x→ 0 +

(x + 2) = 2 e lim x→ 0 +^

e 1 /x = lim u→+∞

e u = +∞ visto que lim x→ 0 +

x

lim x→ 0 −^

f (x) = 0, pois lim x→ 0 −

(x + 2) = 2 e lim x→ 0 −^

e 1 /x = lim u→−∞

e u = 0 visto que lim x→ 0 −

x

(c)A partir dos intervalos de crescimento e de decrescimento de f , utilizando os limites calculados

em (b) e sabendo que f ´e deriv´avel em todos os pontos de seu dom´ınio(e portanto o seu gr´afico n˜ao

apresenta “bicos”), podemos afirmar que o gr´afico de f ´e da seguinte forma:

A partir do gr´afico acima podemos observar que ao passarmos retas paralelas ao eixo Ox, como

mostra a figura abaixo,

B

Quest˜ao 3. Considere a fun¸c˜ao definida em IR dada por

F (x) =

∫ (^) x 2

9

x cos

t 2 − 81

dt.

(a) (1,0) Calcule F ′(x).

(b) (1,0) Determine o polinˆomio de Taylor de ordem 2 de F em torno de x 0 = 3.

(a) Seja G(x) =

∫ (^) x 2

9

cos

t 2 − 81

dt. Ent˜ao F (x) = x G(x) , para x ∈ IR.

Defina a fun¸c˜ao A(u) =

∫ (^) u

9

cos

t 2 − 81

dt, para u ∈ IR. Dessa forma, G(x) = A(x^2 ) , para

x ∈ IR.

Como a fun¸c˜ao l(t) = cos

t^2 − 81

´e cont´ınua em IR temos que a fun¸c˜ao A ´e deriv´avel em

IR e A′(u) = cos

u^2 − 81

, para todo u ∈ IR. Portanto G ´e deriv´avel em IR, e temos

F

′ (x) = G(x) + x G ′ (x) = A(x 2 ) + x A ′ (x 2 )2x = A(x 2 ) + 2x 2 cos

x 4 − 81

= 2 x 2 cos

x 4 − 81

∫ (^) x 2

9

cos

t 2 − 81

dt.

(b) De F ′ (x) = A(x 2 ) + 2x 2 cos

x 4 − 81

, temos que

F

′′ (x) = A ′ (x 2 )2x + 4x cos

x 4 − 81

− 2 x 2 sen

x 4 − 81

4 x 3 ,

e portanto

F

′′ (x) = 2x cos

x 4 − 81

• 4x cos

x 4 − 81

− 8 x 5 sen

x 4 − 81

O polinˆomio de Taylor pedido ´e:

P (x) = F (3) + F ′ (3)(x − 3) +

F

′′ (3)

2

(x − 3) 2 .

Utilizando as derivadas acima e que A(9) = 0 temos que F (3) = 3 G(3) = 3 A(9) = 0 ,

F ′(3) = A(9) + 18 cos(0) = 18 e F ′′(3) = 6 cos(0) + 12 cos(0) − 1944 sen(0) = 18. Logo

P (x) = 18(x − 3) + 9(x − 3) 2 .

B

Quest˜ao 4. Calcule as seguintes integrais:

(a)(1,0)

∫ cos (ln(7x))

x

dx (b)(1,0)

∫ (^1)

0

(x 2

• 3x) e 6 x dx

Solu¸c˜ao:

(a) Fazendo u = ln(7x) iremos obter du =

7 x

· 7 dx =

x

dx. Portanto

∫ cos(ln(7x))

x

dx =

∫ cos u du = sen u + k = sen (ln(7x)) + k

(b) Usando o m´etodo de integra¸c˜ao por partes com u = x^2 +3x e dv = e^6 xdx, teremos du = (2x+3)dx

e v =

e^6 x

6

. Logo,

∫ (x 2

• 3x)e 6 x dx = (x 2
• 3x)

e 6 x

∫ e 6 x

(2x + 3) dx

= (x 2

• 3x)

e^6 x

6

∫ (2x + 3)e 6 x dx

Para a ´ultima integral, usamos novamente o m´etodo de integra¸c˜ao por partes com u = 2x + 3 e

dv = e 6 x dx, obtendo

∫ (2x + 3)e 6 x dx = (2x + 3)

e^6 x

6

∫ e^6 x

6

· 2 dx = (2x + 3)

e^6 x

6

e^6 x

6

• k

Portanto,

∫ (x 2

• 3x)e 6 x dx = (x 2
• 3x)

e 6 x

[(2x + 3)

e 6 x

e 6 x ] =

9 x 2

• 24x − 4

54

e 6 x

• k

e ∫ (^1)

0

(x 2

• 3x)e 6 x dx =

29 e 6 − 4

54