Cálculo 1 A Turma F1 Prova VR

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1 Cálculo 1 A Turma F1 Prova VR Nome (MAIÚSCULO): Matrícula: O IMPORTANTE É O RACIOCÍNIO, PORTANTO DEIXE-O TODO NA PROVA. RESPOSTAS SEM AS DEVIDAS JUSTIFICATIVAS SERÃO DESCONSIDERADAS. (1) Esboce o gráfico de uma função f que satisfaça as seguintes condições ao mesmo tempo [2] f () = 0 f (x) < 0 quando x < f (x) > 0 quando x > f (2) = 0 = f (8) f (x) < 0 quando x < 2 ou x > 8 f (x) > 0 quando 2 < x < 8 lim x + lim f (x) = 3. x (2) Considere a função [2] p(x) = cos(x) + x + x + 3. a) Explique por que podemos garantir que p é invertível. b) Calcule (p 1 ) (4) e obtenha a equação da reta tangente ao gráfico de y = p 1 (x) no ponto (4,0). (3) O teorema de Rolle diz que se uma função f : [a,b] R é [1.] 1) contínua em [a,b], 2) diferenciável em (a,b), 3) satisfaz f (a) = f (b), então sua derivada f : (a,b) R se anula pelo menos em um ponto x 0. Escreva explicitamente três funções g, h, k que violam o teorema e satisfazem as hipóteses exceto uma, ou seja: g satisfaz 1) e 2) mas não 3); h satisfaz 1) e 3), não 2); k satisfaz 2), 3), não 1). (4) Considere a função [3] ψ(x) = e 2x3 3x 2 12x. a) Determine seu domínio, sinal, interseções com os eixos, assíntotas, onde é diferenciável, onde é crescente/decrescente, seus máximos/mínimos. b) Esboce seu gráfico. () Considere o arco da parábola y = 4 x 2 situada no primeiro quadrante (x, y 0). [1.] Qual é o ponto deste arco mais próximo da origem? Obs. A distância entre dois pontos P = (x P, y P ),Q = (x Q, y Q ) é (x P x Q ) 2 + (y P y Q ) 2. 1

2 GABARITO 1. t Podemos tomar f definida para todo x R e diferenciável 2 vezes com f contínua para todo x R. As condições sobre f garantem que é (crítico e) um mínimo relativo para f. As condições sobre f garantem que 2,8 são inflexões, e f é convexa quando 2 < x < 8 e côncava pars x < 2, x > 8. Ao final, lim f (x) = lim f (x) = 3 dizem que y = 3 é assíntota horizontal bilateral. x + x Por exemplo 2. A função p(x) = cos(x) + x + x + 3 está sempre bem definida = R = Dom(p), e em R é diferenciável com derivada primeira p (x) = sen(x) + + x 4 contínua para todo x R. Como sen(x) 1 = senx 1 para todo x, então senx + + x x = 4. Em particular isso implica que p (x) > 0 para todo x R, ou seja p é sempre crescente: então é injetiva e portanto invertível. Aliás, lim p(x) = ± implicando que a imagem de p é R (p é ilimitada x ± superiormente e inferiormente), e a inversa p 1 : R R tem domínio R. Notar que não se pode explicitar a inversa (de forma elementar). Para calcular (p 1 ) (4) usaremos então a fórmula (p 1 ) (y) = 1 p ( p 1 (y) ) com y = 4. Para fazer isso precisamos de p 1 (4), que é a única solução de p(x) = 4: 4 = cos(x) + x + x + 3 = 1 = cos(x) + x + x. Notar que x = 0 soluciona, e é a única solução pois p é injetiva. Assim p 1 (4) = 0 então (p 1 ) (4) = 1 p (0) = 1. Em conclusão, a equação da reta tangente ao gráfico de y = p 1 (x) no ponto (4,0) é y = 1 (x 4). 2

3 Em vermelho, a curva y = p 1 (x); em azul, y = p(x). Alternativamente: usando a simetria com respeito à reta y = x, a tangente de p 1 em (4,0) é a reta simétrica da tangente a p no ponto (0,4), a qual podemos calcular logo no início: y 4 = p (0)(x 0) = x. Assim a reta procurada é x 4 = y isso é y = 1 (x 4). 3. Eis uns exemplos de função monótonas (= sem pontos críticos) definidas no mesmo intervalo [ 3, 3] para comparação: g : [ 3,3] R, g (x) = x é contínua e derivável em [ 3,3], mas g ( 3) g (3) a derivada g (x) = 1 > 0 é estritamente positiva (curva roxa) h : [ 3,3] R, h(x) = x é contínua e par (h( 3) = h(3)); mas não é derivável em 0 pois h (x) = x 2 x e assim lim x x 0 ±h (x) = ± (tem tangente vertical) (curva azul) k : [ 3,3] R, k(x) = 1 é derivável e par (h( 3) = h(3)), mas não contínua: tem assíntota vertical x2 x = 0 (curva amarela) 4. A função ψ(x) = e 2x3 3x 2 12x é composição duma exponencial com um expoente polinomial, então Dom(ψ) = R. 3

4 Isso implica, em particular, que ψ é sempre contínua e diferenciável com continuidade (tantas vezes quanto quisermos) e também que não há assíntotas verticais. Interseções com os eixos: nenhuma com o eixo x pois e 2x3 3x 2 12x > 0 para todo x R. Ao invés, x = 0 = y = e 0 = 1 então o gráfico passa por (0,1). Sinal: a função é estritamente positiva. Assíntotas: como a exponencial é contínua, e lim x ± (2x3 3x 2 12x) = ±, temos lim ψ(x) = + lim x + ψ(x) = 0, x mostrando que (ψ é ilimitada superiormente e) y = 0 é assíntota horizontal (esquerda). A derivada ψ (x) = (6x 2 6x 12)e 2x3 3x 2 12x = 6(x + 1)(x 2)e 2x3 3x 2 12x fornece pontos críticos x = 1, 2, e então ψ (x) > 0 quando x < 1, x > 2 (ψ crescente) ψ (x) < 0 quando 1 < x < 2 (ψ decrescente) Assim x = 1 é máximo relativo e x = 2 é mínimo relativo (não absolutos). Figura indicativa: ψ nunca é nula, mas a escolha de escala mostra que para x < 3/2 a função tende para sua assíntota tão rapidamente de parecer plana. Analogamente, quando x + o crescimento é tão rápido que a figura parece sugerir a existência duma assíntota (que não tem). Além disso, entre 0 e 3 a figura acima não mostra bem a presença do mínimo relativo x = 2, devido à escala: a convexidade é tão pequena que a curva parece plana.. Consideramos o gráfico de y = 4 x 2 com x [0,2]. Este arco parabólico vai do ponto V (0,4) (o vértice) até Q(2,0). Seja P(x, y = 4 x 2 ) o ponto genérico sobre este arco, de forma que sua distância da origem é dist(p,o) = (x 0) 2 + (y 0) 2 = x 2 + (4 x 2 ) 2 = g (x). Note-se que esta função é contínua sobre [0, 2] (intervalo fechado), então o valor mínimo existe com certeza. 4

5 Procuramos primeiro os pontos críticos g (x) = 2x + 2(4 x2 )( 2x) 2g (x) = 2x(2x2 7) 2g (x) Temos que g se anula para x = 0,± 7/2. O único ponto crítico no intervalo aberto (0,2) é 7/2. Agora, g é decrescente em (0, 7/2) e crescente em ( 7/2,2). Isso implica que 7/2 é um ponto de mínimo relativo, correspondendo ao ponto na parábola ( 7/2,4 7/2 2 ) = ( 7/2,1/2). Sua distância até a origem é g ( 7/2) = 1/2. Calculamos o valor da função nos extremos do intervalo: g (0) = 4 (distância até V ) e g (2) = 2 (distância até Q). Comparando, como 1/2 < 2 < 4, então 7/2 é o ponto de mínimo absoluto.