x x x2 ) 2arctg(1/x)) = +,

Transcrição

1 -A-. (2,5) Considere f (x) = ln( + x 2 ) 2arctg(/x). Para cada k R, determine o número de soluções da equação f (x) = k. Resolução: Note que dom f = R \ {0}. Além disso, temos que: já que f (x) = x 0 + x 0 +(ln( + x2 ) 2arctg(/x)) = π, x 0 +( + x2 ) =, ln( + x 0 x2 ) = 0, + x 0 + x = + e x 0 + arctg(/x) = π 2, usando a continuidade das funções envolvidas. De modo análogo, uma vez que f (x) = x 0 x 0 (ln( + x2 ) 2arctg(/x)) = π, x 0 ( + x2 ) =, Por outro lado, ln( + x 0 x2 ) = 0, x 0 x = e x 0 arctg(/x) = π 2. f (x) = (ln( + x + x + x2 ) 2arctg(/x)) = +, já que ( + x + x2 ) = +, ln( + x + x2 ) = +, x + x = 0 e arctg(/x) = 0, x + pela continuidade de cada uma das funções envolvidas. De modo análogo, uma vez que f (x) = (ln( + x x x2 ) 2arctg(/x)) = +, ( + x x2 ) = +, ln( + x x2 ) = +, x x = 0 e arctg(/x) = 0. x

2 Além disso, f (x) = 2x + x 2 ( 2 + ( )( x )2 x 2 ) = 2x x 2. Logo, f (x) = 0 se, e somente se, x =, f (x) < 0 se x < e f (x) > 0 se x >. Daí, f é estritamente decrescente no intervalo ], [ e é estritamente crescente nos intervalos ], 0[ e ]0, [. Portanto, f ( ) = ln(2) + π 2 Obtemos assim um esboço do gráfico de f : é um ponto de mínimo local de f. Concluímos então que f (x) = k: não tem soluções reais para k π, tem uma única solução real para π < k < ln(2) + π 2, tem duas soluções reais para k = ln(2) + π 2 ou k π, tem três soluções reais para ln(2) + π 2 < k < π.

3 -A- 2. (a) (,0) Para cada t > seja A(t) a área da região itada pelo eixo Ox e pelo gráfico de f (x) = no intervalo [t, 2t]. Para qual t > a área A(t) é mínima? (Dica: Não tente lnx usar técnicas de primitivação para encontrar uma primitiva de lnx.) Resolução: Para t >, A(t) = 2t t ln(x) dx. Segue pela Regra da Cadeia e o Teorema Fundamental do Cálculo que A (t) = 2 ln(2t) ln(t) = 2ln(t) ln(2t) ln(2t) ln(t). Assim, A (t) = 0 se, e somente se, 2ln(t) ln(2t) = 0 se, e somente se, t = 2. Além disso, A (t) < 0 se < t < 2 e A (t) > 0 se t > 2. Portanto, A(t) é mínima para t = 2. (b) (,5) Seja R = { (x, y) R 2 : x 2 e 0 y } x +. (x + 2)(x + 3) Calcule o volume do sólido obtido pela rotação de R em torno do eixo Ox. x+ Resolução: Como as seções transversais do sólido são círculos de raio, temos (x+2)(x+3) que o volume do sólido é 2 (x + ) 2 2 π (x + 2)(x + 3) dx = π Fazendo a divisão de polinômios, obtemos que Sejam A, B R tais que Daí, obtemos o sistema x 2 + 2x + x 2 + 5x + 6 dx. x 2 + 2x + x 2 + 5x + 6 = 3x + 5 x 2 + 5x + 6 = 3x + 5 (x + 2)(x + 3). 3x + 5 (x + 2)(x + 3) = A x B x + 3 A + B = 3 3A + 2B = 5 Resolvendo o sistema, obtemos que A = e B = 4. Logo, 2 x 2 + 2x + x 2 + 5x + 6 dx = 2 dx 2 Ax + 3A + Bx + 2B =. (x + 2)(x + 3) x + 2 dx 2 4 x + 3 dx. Como dx = x, x + 2 = ln x + 2 e 4 dx = 4ln x + 3, x + 3

4 segue que 2 e o volume do sólido é (x + ) 2 dx = (2 ) + (ln(4) ln(3)) 4(ln(5) ln(4)) (x + 2)(x + 3) = + 5ln(4) ln(3) 4ln(5) = + ln(024/875) π( + 5ln(4) ln(3) 4ln(5)) = π( + ln(024/875)).

5 3. Calcule -A

6 '3 ~ b) J?L -+._ d -x.. :: A 'X= -+ td-t... d k -: ~c. -t d t t=o~~-=j.. -\:.=:Ir. -=!b ~:. ~ ~,~ ~ j;k ~ TJq ~x == -t: E ] -J.L!: L : do-)ql j ~;~~~_' s~<-~ ch = o «Jq :: j j SltC- -\:. d.-t -'- J -h Ó -\;;.\.4 c t ch: == {) \:) 'O/LI \\4 j ~ 7..~-).-""-+;- -\- SLC. -l:.,:::.;l..qy\(\ ~ \.-t ~ ~ ê -\:\) \ o \ " ':.. à Q", ( ~""..) - ~ ~-,,'\ (-+ () -) + ~ - \ :: -: ~ ~-r. (fi+~\ ~ ~ -, -

7 -A- 4. (a) (/0)Seja f(x) = arcsen( v - x4). Calcule '(0). (b) (/0)Sejag(x) = (2+ cosx?/x2.calculeg'(x). 0' : '('(\ ~ (:(.) -:.t: 'ff\ OÀ c.s.q:c\ (~ i -:(. "}:. C<A' SI<'I "X.~ O ":)t.~ O ( I~ :: ~ (o) -l~ \. - L\.~..:' - - 'J-..~o - ~J.- (fi-").~.)~ '\ J ~~).~ \ ~N\ ~~~. _ ;J..,., '-, ~ln\ ')l~ O ~!.-~&.\ ')\... O _ {.L-x, c:2-x.. _ = O ~. - - e e

8 -B-. (2,5) Considere f (x) = ln( + x 2 ) + 2arctg(/x). Para cada k R, determine o número de soluções da equação f (x) = k. Resolução: Note que dom f = R \ {0}. Além disso, temos que: já que f (x) = x 0 + x 0 +(ln( + x2 ) + 2arctg(/x)) = π, x 0 +( + x2 ) =, ln( + x 0 x2 ) = 0, + x 0 + x = + e x 0 + arctg(/x) = π 2, usando a continuidade das funções envolvidas. De modo análogo, uma vez que f (x) = x 0 x 0 (ln( + x2 ) + 2arctg(/x)) = π, x 0 ( + x2 ) =, Por outro lado, ln( + x 0 x2 ) = 0, x 0 x = e x 0 arctg(/x) = π 2. f (x) = (ln( + x + x + x2 ) + 2arctg(/x)) = +, já que ( + x + x2 ) = +, ln( + x + x2 ) = +, x + x = 0 e arctg(/x) = 0, x + pela continuidade de cada uma das funções envolvidas. De modo análogo, uma vez que f (x) = (ln( + x x x2 ) + 2arctg(/x)) = +, ( + x x2 ) = +, ln( + x x2 ) = +, x x = 0 e arctg(/x) = 0. x

9 Além disso, f (x) = 2x + x 2 + ( 2 + ( )( x )2 x 2 ) = 2x 2 + x 2. Logo, f (x) = 0 se, e somente se, x =, f (x) < 0 se x < e f (x) > 0 se x >. Daí, f é estritamente decrescente nos intervalos ], 0[ e ]0, [ e é estritamente crescente no intervalo ], + [. Portanto, f () = ln(2) + π 2 Obtemos assim um esboço do gráfico de f : é um ponto de mínimo local de f. Concluímos então que f (x) = k: não tem soluções reais para k π, tem uma única solução real para π < k < ln(2) + π 2, tem duas soluções reais para k = ln(2) + π 2 ou k π, tem três soluções reais para ln(2) + π 2 < k < π.

10 -B- 2. (a) (,0) Para cada t > seja A(t) a área da região itada pelo eixo Ox e pelo gráfico de f (x) = no intervalo [t, 2t]. Para qual t > a área A(t) é mínima? (Dica: Não tente lnx usar técnicas de primitivação para encontrar uma primitiva de lnx.) Resolução: Para t >, A(t) = 2t t ln(x) dx. Segue pela Regra da Cadeia e o Teorema Fundamental do Cálculo que A (t) = 2 ln(2t) ln(t) = 2ln(t) ln(2t) ln(2t) ln(t). Assim, A (t) = 0 se, e somente se, 2ln(t) ln(2t) = 0 se, e somente se, t = 2. Além disso, A (t) < 0 se < t < 2 e A (t) > 0 se t > 2. Portanto, A(t) é mínima para t = 2. (b) (,5) Seja R = { (x, y) R 2 : 0 x e 0 y } x + 2. (x + 3)(x + 4) Calcule o volume do sólido obtido pela rotação de R em torno do eixo Ox. x+2 Resolução: Como as seções transversais do sólido são círculos de raio, temos (x+3)(x+4) que o volume do sólido é 0 (x + 2) 2 π (x + 3)(x + 4) dx = π Fazendo a divisão de polinômios, obtemos que Sejam A, B R tais que Daí, obtemos o sistema 0 x 2 + 4x + 4 x 2 + 7x + 2 dx. x 2 + 4x + 4 x 2 + 7x + 2 = 3x + 8 x 2 + 7x + 2 = 3x + 8 (x + 3)(x + 4). 3x + 8 (x + 3)(x + 4) = A x B x + 4 A + B = 3 4A + 3B = 8 Resolvendo o sistema, obtemos que A = e B = 4. Logo, 0 x 2 + 4x + 4 x 2 + 7x + 2 dx = 0 dx 0 Ax + 4A + Bx + 3B =. (x + 3)(x + 4) x + 3 dx 0 4 x + 4 dx. Como dx = x, x + 3 = ln x + 3 e 4 dx = 4ln x + 4, x + 4

11 segue que 0 e o volume do sólido é (x + 2) 2 dx = ( 0) + (ln(4) ln(3)) 4(ln(5) ln(4)) (x + 3)(x + 4) = + 5ln(4) ln(3) 4ln(5) = + ln(024/875) π( + 5ln(4) ln(3) 4ln(5)) = π( + ln(024/875)).

12 3. Calcule (a) (,5) X cos3x senxdx J (3 X + (b) (,5) dx J2 Vx2-4x + 5 G.) j~ ~s~ ~\ ~ d ~ :: X ~s~ - j i ( 'ôl-x\.f(... ) r l\ J :-.Ç8;~\ (\ 'x.. 4 ") (i}~x. =lc.&~'x-)~ (+ :S(:l'L}): ~ (+ &C&~(~.\-T~(~...) :: = -t(h.9.c.o~ (.l"l ) ~ -T s-o~_(~ = -;; (* + "-CGs(~h '\ -+ ~.~~) J ~ ~ 'X- C&5 ")(..~ {\ 'i. d.. ~ y "* - 'X. C;:'" -x.. -\- _ 3 _ ~ -r -L -+ LL{~+ ~ce5(h\+~\h J,,, \.t -B- ""'- SQ,Y\ (~.) ; - ~'f\(l.\~'\ + \e( 3:J-..LG ~ ~~ -)

13 j J 3?t+' X-: d - ca+:~-t..).. -:=; Stl-c- t d-t.. : :: O ~ ')..:.l. -t.:t sd>.: ~ '\ ")~ (., ~ I._ ó.'"(.:= 3+ -t~k _ ~ *- ~ fz~~~~s ~c. +. := 5 o ~/~ o '\t ILI ~ SIn. t d.~ -+ J -tert SoIlc.. t (U: = l\ - 3~. ~c.-\.*-\.~~\). o ~/~ \ o -\- ~c. \: \", J o ch: ::: - ::.3 ~ l ~-;' -I-.I.') _ ~ Q'I\ (I +o) -+ -J~ - l. :: _ 2> Q", ( -.r:;: -\-.) -T 'fà - I

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