Exercício- teste 7 (+) ( ) Figura 1: Análise de sinais de f(x) = ln(x+3) x=0 é A.V. x + = lim. x + x. indet. y=0 é A.H.

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1 2 o Semestre de 2009/200 Eercício- teste 7 a) Faça o estudo da função f() = ln(+3), determinando o seu domínio máimo de definição, assímptotas, caso eistam, intervalos de crescimento e decrescimento (critério da primeira derivada) e intervalos de conveidade (critério da segunda derivada) Esboce o gráfico de f Resolução: Domínio Dom f = { R : +3 > 0 e = 0 } = ] 3,+ [ {0} Note-seque f( 2) = Figura : Análise de sinais de f() = ln(+3) Assímptotas Verticais ln(+3) 3 +f() = = = + =-3 é AV ln(+3) f() = = ln(3) = ln(+3) 0 +f() = = ln(3) = + =0 é AV Horizontais + f() = ln(+3) + }{{} indet = + y=0 é AH +3 = 0 f() Oblíquas Dado que + = 0, conclui-se que f não tem assímptotas oblíquas Elaborado pelo Prof José Agapito

2 2 o Semestre de 2009/200 Análise de crescimento f () = +3 ln(+3) 2 O sinal de f () vai depender únicamente de +3 ln(+3), uma vez que 2 é sempre positivo para qualquer Dom f Note-se que > 0, e < +3 Dado que a função ln é crescente, temos que = lne < ln(+3) Logo, ln(+3) < 0 e portanto +3 ln(+3) = ln(+3) = ln(+3) < 0 Se 2 < < 0, então < + 3 < 3 e portanto 0 = ln < ln( + 3), donde ln( + 3) < 0 Claramente, segue-se também que +3 < 0 Logo, +3 ln(+3) < 0 Por último, analisar se +3 ln(+3) < 0 ou > 0 ou 0 quando 3 < < 2, não é assim tão directo Neste caso usaremos o teorema do valor médio (Lagrange) para determinar o tipo de desigualdade Definamos g() = +3 ln( + 3) com 3 < < 2 e sejam a = e b = 2 Verifica-se imediatamente que g é contínua em [a,b] e diferenciável em ]a,b[ Logo, pelo teorema do valor médio, eiste c ], 2[ tal que Dado que g (c) = g(b) g(a) b a = g( 2) g() 2 = ln(+3) 2 g () = +3 (+3) 2 +3 = (+3) 2, então para c ], 2[ tem-se que g (c) > 0 Logo, ln(+3) > 0 2 visto que +2 < 0 Portanto, conclui-se que +3 ln(+3)+2 > 0 +2 ln(+3) < 0 para qualquer 3 < < ln(+3)+2 < 0, Figura 2: Análise de sinais de f () Resumimos a análise de sinais de f () na Figura 2 Elaborado pelo Prof José Agapito 2

3 2 o Semestre de 2009/200 Análise de conveidade f () = 2ln(+3) 3 3(+2) 2 (+3) 2 Vê-se imediatamente que f ( 2) = 0 Portanto = 2 é um possível ponto de infleão A pergunta é, eistem outras soluções da equaçãof () = 0? Não é directo encontraressas soluções, pelo que mudamos de estratégia e analisamos se f () é positivo ou negativo nos intervalos ] 3, 2[, ] 2,0[ e ]0,+ [, tal como fizemos na análise de sinais da primeira derivada Se 3 < < 2, segue-seque 2 > 0, 3 < 0, +2 < 0, 0 < +3 <, 0 < (+3) 2 e ln(+3) < 0 Logo, 2ln(+3) 3 > 0 e 3(+2) 2 (+3) 2 < 0 Portanto 2ln(+3) 3 3(+2) 2 (+3) > 0 Se 2 < < 0, segue-se que 2 > 0, 3 < 0, 0 < +2, < +3 < 3, < (+3) 2 e 0 < ln(+3) Logo, 2ln(+3) 3 < 0 e 3(+2) 2 (+3) 2 > 0 Portanto 2ln(+3) 3 3(+2) 2 (+3) < 0 Finalmente, se 0 <, claramente 2ln(+3) 3 > 0 e 3(+2) 2 (+3) 2 > 0, mas quem é maior? Dado que não conseguimos estabelecer isto em forma directa, recurrimos mais uma vez ao teorema do valor médio Notemos que podemos escrever f () = 2(+3)2 ln(+3) 3(+2) 3 (+3) 2 O sinal de f () vai depender do numerador do quociente acima indicado Portanto, seja Depois de simplificar, a derivada de g é g() = 2(+3) 2 ln(+3) 3(+2) g () = 4 [ ln(+3) ] +2ln(+3) Para 0 <, segue-se que e < 3 < +3 e portanto 0 < ln(+3) Isto mostra que g () > 0 para qualquer > Figura 3: Análise de sinais de f () Elaborado pelo Prof José Agapito 3

4 2 o Semestre de 2009/200 Note-se ainda que g é continua e diferenciável em ] 3,+ [ Se fazermos a = 0 e b =, com > 0, em particular temos que g é contínua no intervalo fechado [0,] e diferenciável no intervalo aberto ]0,[ Logo, pelo teorema do valor médio, eiste c ]0,[ tal que g (c) = g() g(0) 0 = 2(+3)2 ln(+3) 3(+2) 8ln(3) Dado que g (c) > 0 e > 0, conclui-se imediatamente que 2(+3) 2 ln(+3) 3(+2) > 8ln(3) > 0 Portanto,f () > 0paraqualquer > 0 Juntamosestainformaçãotoda nafigura3 Deduzimos que = 2 é verdadeiramente um ponto de infleão Estamos prestes para dar o esboço da gráfica de f (ver Fig 4) R y = ln(+3) = R y = 0 3 = 3 4 Figura 4: Esboço da gráfica de f b) Qual é o polinómio de grau 3 que melhor aproima a função f() = sen na vizinhança da origem E o polinómio de grau n? Resolução: O polinómio de grau 3 que melhor aproima a função f() = sen na vizinhança da origem é o seu polinómio de Taylor de grau 3 ao redor do 0, P 3 f() = f(0)+ 3 k= f (k) (0) ( 0) k = k! 6 3, uma vez que para f() = sen temos f () () = cos, f (2) () = sen, f (3) () = cos, f 4 () = sen, etc, e portanto f(0) = 0, f () (0) =, f (2) (0) = 0, f (3) (0) =, f 4 (0) = 0, etc Elaborado pelo Prof José Agapito 4

5 2 o Semestre de 2009/200 Serepararmosbem, háumpadrãonocálculodasderivadasdeordemsuperiordafunçãof avaliadas em 0 Note-se que k mod 4 f (k) (0) = 0 k 0,2 mod 4 k 3 mod 4 O polinómio de grau n que melhor aproima sen na vizinhança de zero é n Pf n () = f (k) (0) k k! k= Elaborado pelo Prof José Agapito 5