Resolução da 1ª Prova de Cálculo I -UFRJ do Período

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Resolução da 1ª Prova de Cálculo I -UFRJ do Período- 2014.2 (30/09/2014).
Resolução: Antonio Feliciano Xavier Neto (Engenharia Civil-UFRJ-2014.1)
João Batista Fernandes de Sousa Filho (Engenharia Civil-UFRJ-2014.1)
Leon Deharbe (Engenharia Civil-UFRJ-2014.1)
Márcio Tacques do Rêgo Monteiro Júnior (Engenharia Civil-UFRJ-2014.1)
Pedro Henrique Hopf Veloso (Engenharia Civil-UFRJ-2014.1)
OBS: Esse não é o gabarito oficial. O gabarito oficial será lançado no site do Instituto de Matemática
alguns dias após a prova.
1)
(I)
𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒙→∞ 𝒙 + 𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒂) 𝐥𝐢𝐦
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑥(1 −
)
(1 −
)
𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑥
𝑥
lim
= lim
= limx→∞
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑥→∞ 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑥→∞ 𝑥(1 +
)
(1 +
)
𝑥
𝑥
𝑄𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 → ∞ , 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑎 𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 1 𝑒 − 1, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜:
𝑠𝑒𝑛𝑥
=0
𝑥→∞ 𝑥
lim
𝑠𝑒𝑛𝑥
)
(1 − 0)
𝑥 = lim
limx→∞
=1
x→∞
𝑠𝑒𝑛𝑥
(1 + 0)
(1 +
)
𝑥
(1 −
b) 𝐥𝐢𝐦(𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 𝒙 )(𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄 𝒙 )
𝒙→𝟎
Sendo cossec(x)=
1
𝑠𝑒𝑛𝑥
, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠:
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 ) 0
=
𝑥→0
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
0
lim
Pelo Teorema de L’hopital, temos:
1
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 )
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 )′
lim
= lim
= lim
𝑥→0
𝑥→0
𝑥→0
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑠𝑒𝑛 𝑥 ′
1 − 𝑥²
𝑐𝑜𝑠𝑥
=1
(II) Considere a função:
𝒙
𝒇 𝒙 =
𝟒
𝒙𝟐
−𝟏
Determine o domínio de f, suas assíntotas e seus pontos críticos, caracterizando-os, (isto é , se são
pontos de máximo, de mínimo, locais, globais, etc).
𝒙
𝒇 𝒙 =
𝟒
𝒙𝟐 − 𝟏
Logo vemos que os únicos pontos que não estão no domínio são 1 e -1, então temos:
𝐷𝑜𝑚(𝑓 𝑥 : 𝑥 ∈ ℝ \ 𝑥 > 1 𝑒 𝑥 < −1}
Para determinar as assíntotas, temos:
𝒙
lim
𝑥→1 +
𝟒
lim
𝑥→1 − 𝟒
lim
𝑥→∞
lim
𝑥→−∞
𝒙
𝟒
𝒙𝟐 − 𝟏
𝒙
𝟒
𝒙𝟐 − 𝟏
= lim
𝑥→∞ 4
= lim
𝑥→−∞ 4
𝑥 1/2 𝑥 1/2
𝑥²(1 − 1/𝑥²)
𝑥 1/2 𝑥 1/2
𝑥²(1 − 1/𝑥²)
𝒙𝟐 − 𝟏
𝒙
𝒙𝟐
−𝟏
= +∞
= −∞
𝑥 1/2 𝑥 1/2
= lim
4
𝑥→∞
𝑥 1/2 (1 − 1/𝑥²)
= lim
𝑥→−∞
= lim
𝑥 1/2 𝑥 1/2
4
𝑥 1/2 (1 − 1/𝑥²)
𝑥→∞ 4
= lim
Assíntotas Verticais: x=1 e x=-1
Pontos Críticos.
Para achar os pontos críticos, fazemos: f’(x)=0
𝒇 𝒙 =
𝒙
𝟒
𝒙𝟐 − 𝟏
𝟏
𝒙
(𝒙𝟐 − 𝟏)𝟒 − (𝒙𝟐 − 𝟏)−𝟑/𝟒
𝟐
𝒇 𝒙 =𝟎=
𝒙² − 𝟏
′
𝒙² − 𝟏 =
𝒙𝟐
𝟐
𝑥 1/2
(1 − 1/𝑥²)
𝑥→−∞ 4
=∞
𝑥 1/2
(1 − 1/𝑥²)
=∞
𝒙𝟐 = 𝟐
Os pontos críticos são : x= 𝟐 e x=- 𝟐
Fazendo a desigualdade, temos que:
Logo, vemos que o ponto de máximo é : P(x,y)=(− 2, − 2) e o de mínimo é P(x,y)=( 2, 2) e são
locais, pois a função tem assíntota vertical.
2) Duas formigas andam na parede, atrás do fogão. No instante t=0, a formiga A se encontra a 20
centímetros à esquerda da formiga B. Se a formiga A anda para a direita com velocidade constante de
2cm/s e se a formiga B anda para cima com velocidade 2,25cm/s, com que taxa está variando a
distância entre essas formigas no instante t=4s?
A situação é a descrita abaixo:
Ao se deslocar para a direita , como a distância entre eles estão diminuindo, consideremos a
velocidade da formiga A é negativa. No instante t=4s , temos:
Após 4 segundos a distância de A ao ponto inicial de B é 12 cm e a distância percorrida de B é 9cm.
Pelo Teorema de Pitágoras encontramos a distância entre eles naquele ponto.
A²+B²= D²
Derivando dos dois lados em relação a t, temos:
2A
𝒅𝑨
𝒅𝒕
A
+2B
𝒅𝑨
𝒅𝒕
𝒅𝑩
𝒅𝒕
𝒅𝑩
+B
𝒅𝒕
=2C
=C
𝒅𝑪
𝒅𝒕
𝒅𝑪
𝒅𝒕
Substituindo os valores já encontrados, temos:
12x(-2)+𝟗𝒙𝟐, 𝟐𝟓 =15
𝒅𝑪
𝒅𝒕
𝒅𝑪
= −𝟎, 𝟐𝟓𝒄𝒎/𝒔
𝒅𝒕
3)Uma lata fechada com volume 512cm³ tem a forma de um cilindro circular reto. A tampa e a
base,ambas circulares , são cortadas de pedaços quadrados de alumínio. Sabendo-se que o preço do
alumínio é de P Reais por centímetro quadrado, determine o raio e a altura da lata para que o custo
de fabricação de cada lata seja mínimo. Inclua no custo da lata o material desperdiçado na fabricação
da tampa de fundo.
Quanto menor a área da lata, mais econômica será esta.
Para determinar a Área , temos;
𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 2𝐴𝑡𝑎𝑚𝑝𝑎 + 𝐴𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙
𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 2 2𝑟
2
+ 2𝜋𝑟ℎ
Do volume, temos que:
𝜋𝑟 2 ℎ = 512
ℎ=
512
𝜋𝑟²
Substituindo na equação anterior, temos:
𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 8𝑟² + 2𝜋𝑟
512
1024
= 8𝑟² +
𝑟
𝜋𝑟²
Para determinar o mínimo, temos:
𝑑𝐴
1024
= 0 = 16𝑟 − 2
𝑑𝑡
𝑟
𝑟³ = 64, 𝑟 = 4
ℎ=
512
512 32
=ℎ=
=
𝜋
𝜋𝑟²
𝜋4²
𝑟 =4𝑒ℎ =
32
𝜋
4)
Considere as funções f,g: ℝ→ℝ,
𝒇 𝒙 = 𝟐𝒙³ − 𝟒𝒙² + 𝟔𝒙 𝒆 𝒈 𝒙 = 𝟓𝒙² − 𝟔𝒙 + 𝟏
a)Mostre que a equação f(x)=g(x) possui ao menos uma raiz no intervalo [0,3]
Temos:
𝟐𝒙³ − 𝟒𝒙² + 𝟔𝒙 = 𝟓𝒙² − 𝟔𝒙 + 𝟏
2𝑥³ − 9𝑥² + 12𝑥 − 1 = 0
Tendo essa equação como h(x)= 2𝑥³ − 9𝑥² + 12𝑥 − 1, temos:
Substituindo em x=(0), temos: h(0) =0-0+0-1=-1
Para x=2, temos : h(2)= 2.2³-9.2²+12.2-1 = 3
Pelo Teorema do Valor Intermediário, como a função é contínua, temos ao menos um ponto entre y=-1
e y=3 que toca no ponto 0.
b)Mostre que a equação f(x)=g(x) possui somente uma raiz no intervalo [0,3]:
Para determinar os pontos de máximos e mínimos, temos:
h’(x)=0=6x²-18x+12
Resolvendo a equação do segundo grau, encontramos que:
x=2 e x=1,são pontos críticos da função.
Fazendo o estudo do sinal, vemos que:
x=1 é um máximo local e x=2 é um mínimo local.
h(1)=4 e h(2)=3
Não tendo mais pontos críticos, vemos que a função subirá indefinidamente e não voltará a tocar mais o
eixo x quando x for pra infinito e tocará o ponto somente uma vez ente x=0 e x=1 , que pertence ao
intervalo [0,3].
c)
Como a função irá “explodir” quando x tender ao infinito e a menos infinito, logo vemos que ele não
tocará o eixo x em algum ponto fora do intervalo [0,3], pois só tem uma raiz , a que está entre x=0 e x=1.
Para visualizar melhor, mostremos o gráfico abaixo: