Respostas sem justificativas não serão aceitas. Além disso, não é permitido o uso de aparelhos eletrônicos. f(x) = 3x 3 x 2

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1 UNIVERSIDADE FEDERAL RURAL DE PERNAMBUCO UNIDADE ACADÊMICA DO CABO DE SANTO AGOSTINHO CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL A VERIFICAÇÃO DE APRENDIZAGEM - TURMA ME Nome Legível RG CPF Respostas sem justificativas não serão aceitas. Além disso, não é permitido o uso de aparelhos eletrônicos. Questão. Considere a função a) (0.5 pt) Encontre o domínio de f f(x) = x x Demonstração. D(f) = {x R : x 0} b) (0.5 pt) Encontre, se houverem, as assíntotas horizontais e verticais de f Demonstração. Assíntotas Horizontais: x x lim x + x = lim x + x x lim x x = lim x ( x x ) x = lim x + ( x x ) x = lim x ( x ) x = 0 0 = 0 ( x ) x = 0 0 = 0 Assim, a reta y = 0 (ou eixo x) é uma assíntota horizontal. Assíntotas Verticais: x lim x 0 + x = 0 + = x lim x 0 x = 0 + = e, dessa maneira, a reta x = 0 (ou eixo y) é uma assíntota vertical. c) (0.5 pt) Encontre os intervalos de crescimento e decrescimento de f

2 Demonstração. Precisamos encontrar os pontos críticos de f: f (x) = x (x ) x x 4 = x + 6x x 4 = = x 6x + 6x x( x) x 4 = x 4 ( x) x e assim x = é tal que f () = 0. Isto é, x = é ponto crítico de f. Apesar de x = 0 ser um ponto onde a derivada de f não existe, x = 0 não é ponto crítico, pois 0 D(f). f (x) < 0 para x (, 0) f (x) > 0 para x (0, ) f (x) < 0 para x (, + ) e então x < 0 0 < x < x > x + + x + + f (x) + Tabela : Sinais de f f é decrescente em (, 0) e (, + ) f é crescente em (0, ) d) (0.5 pt) Encontre, se houverem, os máximos e mínimos locais de f Demonstração. Como f (x) > 0 para x (0, ) e f (x) < 0 para x (, + ), então pelo teste da derivada primeira x = é um ponto de máximo local de f e f() = = 6 = = 0.75 é o valor máximo local 4 4 associado a x =. e) (0.5 pt) Encontre os intervalos de concavidade de f Demonstração. f (x) = x ( x) x x 6 = x 6x + x x 6 = x 6x x 6 = x (x ) x 6 = 6 (x ) x 4

3 x < 0 0 < x < x > x + x f (x) + Tabela : Sinal de f e assim x = é tal que f () = 0. f (x) < 0 para x (, 0) f (x) < 0 para x (0, ) f (x) > 0 para x (, + ) Logo f é côncava para baixo em (, 0) e (0, ) f é côncava para cima em (, + ) f) (0.5 pt) Encontre, se houverem, os pontos de inflexão de f Demonstração. Do item anterior, vemos que f é côncava para baixo em (0, ) e côncava para cima em (, + ). Portanto, x = é um ponto de inflexão e f() = = 9 = = = o valor associado a x =. g) (0.5 pt) Esboce o gráfico de f Demonstração. Veja a Figura. Questão. Resolva as integrais indefinidas ln x a) (.5 pt) x dx Demonstração. Integrando por partes, tome u = ln x e dv = dx. Então x du = x dx e v = x dx = x dx = x = e segue que x ln x ( x dx = ln x x = ln x x + ) ( ) x x dx x dx = ln x x x + C

4 Figura : Esboço do gráfico de f(x) = x x x b) (.5 pt) x dx Demonstração. Completando quadrados: (x ) = x x + + (x ) = x x (x ) = x + x (x ) = x x Assim, x x = (x ) e mediante a substituição u = x du = dx. x x dx = (x ) dx = u du Mediante a substituição trigonométrica u = sen θ para θ [ π/, π/], temos que du = cos θdθ e cos u du = sen θ cos θdθ = θ cos θdθ = cos θdθ Além disso, temos que cos + cos (θ) θ = e substituindo na integral, segue que + cos (θ) cos θdθ = dθ = [ + cos (θ)]dθ = ( ) dθ + cos (θ)dθ = ( ) θ + cos (θ)dθ 4

5 Figura : Triângulo da substituição trigonométrica A última integral resolvemos mediante a substituição v = θ dv = dθ dv = dθ e assim cos (θ)dθ = cos v dv = cos vdv = sen v = sen (θ) Logo cos θdθ = [θ + ] sen (θ) + C e de posse que sen (θ) = sen θ cos θ, temos que sen (θ) = sen θ cos θ e cos θdθ = [ ] θ + sen θ cos θ + C Para voltar para a variável u, observamos que u = sen θ sen θ = u = cateto oposto hipotenusa. Montando o triângulo (Figura ) e aplicando o teorema de Pitágoras, temos que a = u Por fim θ = arcsen u sen θ = u cos θ = u 5

6 x x = u du = cos θdθ = [ ] θ + sen θ cos θ + C = [ arcsen u + u ] u + C = [ arcsen (x ) + (x ) ] (x ) + C c) (.5 pt) e x e x + e x + dx Demonstração. Note que e x = (e x ) = e x e x e então mediante a substituição u = e x du = e x dx, temos que e x e x + e x + dx = e x e x (e x ) + e x + dx = u u + u + du Calculando para u + u + temos que = 4 = 9 8 = e assim u = ± + = = = Portanto, u + u + = (u + )(u + ) e a integral pode ser reescrita como Separando u (u + )(u + ) u (u + )(u + ) du por frações parciais u (u + )(u + ) = A u + + B u + u A(u + ) + B(u + ) = (u + )(u + ) (u + )(u + ) u = A(u + ) + B(u + ) u = = A( + ) + B 0 = A A = u = = A 0 + B( + ) = B ( ) B = 6

7 Por fim e x e x + e x + dx = u (u + )(u + ) du = ( ) u + du + u + du = ln u + + ln u + + C = ln e x + + ln e x + + C Questão. (.5 pt) Calcule a integral definida 4 e x dx Demonstração. Faça ϕ = x = x / dϕ = x dx xdϕ = dx ϕdϕ = dx. Portanto 4 e x dx = 4 e ϕ ϕdϕ = ϕe ϕ dϕ Integrando por partes com u = ϕ e dv = e ϕ dϕ temos que du = dϕ e v = e ϕ. Logo ϕe ϕ dϕ = [ϕe ϕ ] e ϕ dϕ [ ] = ( e e ) (e e ) = e Questão 4. Considere a região R delimitada pela parábola y = x, pela reta tangente a esta parábola em (, ), e o eixo x. a) (0.5 pt) Esboce a região R Demonstração. Primeiramente, vamos encontrar a equação da reta tangente à parábola y = x no ponto (, ). Encontrando o coeficiente angular da reta tangente, temos que y (x) = x m = y () = = = m = y y = (x ) + e assim a equação da reta x tangente à parábola y = x no ponto (, ) é y = x 7

8 Figura : Esboço da região R Para encontrar o ponto onde esta reta toca o eixo x, fazemos y = 0 na equação da reta. Isto é, 0 = x x =. Confira então o esboço da região R na Figura b) (.0 pt) Encontre a área da região R Demonstração. Observe que a curva que está por cima entre x = 0 e x = / é y = x e a que está por baixo é o eixo x (y = 0). Já entre x = / e x =, a curva que está por cima é y = x e a que está por baixo é y = x. A = = / 0 / 0 = x / 0 [x 0]dx + / [x (x )]dx x dx + (x x + )dx / ] = + [( [ x + x + x = ( 4 + / ) + ) = 4 = ( + )] 8