FEUP - MIEEC - Análise Matemática 1

FEUP - MIEEC - Análise Matemática 1
Resolução do Miniteste 1 de 12 de Novembro de 2008
Respostas a perguntas diferentes em folhas diferentes.
Justifique cuidadosamente todas as respostas.
Não é permitida a utilização de máquina de calcular.
O tempo para a realização desta prova é de 1 hora.
Cotações: P1: 5 valores; P2a) e P3a): 2 valores; P2b): 3 valores; P3b) e P4: 4 valores.
1. Considere a função f (x) = x + aex , x ∈ R, onde a é uma constante real estritamente positiva.
(a) Determine f 0 (x) e verifique que f é uma função injectiva.
Resolução:
f 0 (x) = 1 + aex , ∀x ∈ R
Como a > 0 e ex > 0, ∀x, vem f 0 (x) > 0, ∀x ∈ R. Assim, a função f é estritamente crescente
em R e portanto será injectiva, ou seja, ∀x1 , x2 ∈ R x1 6= x2 ⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ).
(b) Justifique a existência de f −1 (x). Indique o valor de f −1 (a) (se lhe parecer útil comece por
resolver a equação aex = a).
Resolução:
Como f é uma função injectiva, a função inversa de f existe, e f −1 : CDf → R, onde CDf
representa o contradomínio de f .
Observando que f (0) = 0 + ae0 = a, vem de imediato que f −1 (a) = 0.
Nota: Usando a sugestão dada, vem aex = a ⇔ ex = 1 ⇔ x = ln (1) = 0, ou seja, x = 0 é
a solução da equação aex = a. A equação x + aex = a admite também x = 0 como solução.
Conclusão: f (0) = a e f −1 (a) = 0.
0
(c) Determine f −1 (a).
Resolução:
0
f −1 (a) =
1
f0
(f −1 (a))
=
f0
1
1
1
=
=
0
(0)
1 + ae
1+a
(d) Verifique que x = −a não é um zero de f mas que f tem exactamente um zero. Indique um
intervalo limitado que contenha esse zero.
Resolução:
f (−a) = −a + ae−a = −a(1 − e−a ). Como a > 0, vem e−a < 1 ⇔ 1 − e−a > 0. Assim
f (−a) < 0 e por isso x = −a não é um zero de f .
Mas, por exemplo e como já foi referido, f (0) = a > 0.
Sendo f contínua no intervalo [−a, 0] com f (−a) < 0 e f (0) > 0 podemos concluir que existe
um elemento c no intervalo (−a, 0), tal que f (c) = 0.
A função não poderá ter mais nenhum zero uma vez que é uma função injectiva. Assim, f vai
ter exactamente um zero.
2. (a) Determine o domínio da função f (x) =
x arcsin (x)
, onde arcsin (x) representa, como é usual,
1 − x2
a função inversa de: g(x) = sin (x), x ∈ [− π2 , π2 ].
Resolução:
O domínio da função arcsin (x) é o contradomínio da função sin (x), portanto o intervalo [−1, 1].
Porque f está definida por uma fracção o denominador tem de ser diferente de 0, ou seja,
1 − x2 6= 0 ⇔ x 6= ±1.
Conclusão: o domínio de f vai ser o intervalo ] − 1, 1[.
(b) Determine lim (2 − x)
1
x−1
x→1
.
Resolução:
Aplicando directamente limites, vem
lim (2 − x)
x→1
1
x−1
= 1∞
que é uma indeterminação.
A regra de L’Hopital não é aplicável a este tipo de indeterminação. Mas podemos escrever:
lim (2 − x)
x→1
1
x−1
ln
= lim e
1
(2−x) x−1
x→1
1
= lim e x−1 ln (2−x) = e limx→1
ln (2−x)
x−1
x→1
Contudo
ln (2 − x)
0
=
x−1
0
é também uma indeterminação mas agora do tipo adequado para aplicação da regra de
L’Hopital. Vem então
−1
1
lim 2−x = lim −
= −1
x→1 1
x→1
2−x
Podemos então concluir que
ln (2 − x)
lim
= −1
x→1
x−1
e portanto
1
1
lim (2 − x) x−1 = e−1 = .
x→1
e
lim
x→1
2
3. Resolva os integrais:
Z
cos ( x2 )
p
(a)
dx.
1 − sin ( x2 )
Resolução:
cos ( x2 )
Z
q
1 − sin
Z
x
2
dx =
cos
x 2
Z
Trata-de de um integral do tipo
Z
1 − sin
x − 12
2
x − 21
x 1
1 − sin
− cos
dx
2
2
2
Z
dx = −2
u0 un dx. Assim,
− 1 +1
r
x
1 − sin ( x2 ) 2
p
1 − sin
+
C
=
−4
+C
dx
=
−2
1
x
2
−2 + 1
1 − sin ( 2 )
cos ( x2 )
Resolução alternativa:
Efectuando a mudança de variável u = sin
cos ( x2 )
Z
p
1−
sin ( x2 )
Z
dx =
x
2
, vem
1
du = −2
2√
1−u
Z
x
x
du
1
1
, du = cos
dx.
= cos
dx
2
2
2
2
1
−(1 − u)− 2 du
r
1
x
√
(1 − u)− 2 +1
+
C
=
−4
1
−
u
+
C
=
−4
1
−
sin
+C
= −2
2
− 12 + 1
Z
(b)
x ln2 (x) dx.
Resolução:
Z
x ln2 (x) dx
(efectuar integração por partes, com f 0 = x e g = ln2 (x))
Z
=
x2 2
ln (x) −
2
Z
=
x2 2
ln (x) −
2
x2 1
2 ln (x) dx
2 x
x ln (x) dx
(efectuar integração por partes, com f 0 = x e g = ln (x))
Z 2
x2 2
x2
x 1
=
ln (x) −
ln (x) +
dx
2
2
2 x
Z
x2
x
x2 2
ln (x) −
ln (x) +
dx
=
2
2
2
=
x2 2
x2
x2
ln (x) −
ln (x) +
+C
2
2
4
Note-se que da definição de f 0 e g para a primeira integração por partes, vem f =
1
x2
1
g 0 = 2 ln x. Para a segunda integração por partes, vem f =
e g0 = .
x
2
x
3
x2
e
2
Z
4. Resolva o integral
x4
dx.
x2 − 9
Resolução:
Trata-se do integral de uma função racional. Como o grau do numerador, 4, é maior que o grau do
denominador, 2, começamos por efectuar a divisão dos polinómios.
x4
|x2 − 9
4
2
−x + 9x
x2 + 9
2
9x
−9x2 + 81
+ 81
Podemos então afirmar que:
x4
81
= x2 + 9 + 2
.
2
x −9
x −9
1
Passemos agora à decomposição de 2
em fracções simples.
x −9
x2
1
A
B
1
=
=
+
−9
(x − 3)(x + 3)
x−3 x+3
Pela "regra dos tapas" vem:
A=
1
x + 3
=
x=3
1
6
e
B=
1
x − 3
=−
x=−3
1
6
Assim,
Z
x4
dx =
2
x −9
=
=
=
Z
81 1
81 1
−
dx
6 x−3
6 x+3
Z
Z
x3
27
1
27
1
+ 9x +
dx −
dx
3
2
x−3
2
x+3
x2 + 9 +
x3
27
27
+ 9x +
ln |x − 3| −
ln |x + 3| + C
3
2
2
x3
27 x − 3 + 9x +
ln +C
3
2
x + 3
4