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MAT–2453: Soluções de Exercícios das Provas

Equipes de Professores da Disciplina

Seção 2.2 Segunda Prova

Exercícios Exercícios

1.

Dada a função \(f(x)=\dfrac{x^2}{x-2}\text{,}\) determine:
  1. o seu domínio, seus intevalos de crescimento e descrecimento e, caso existam, seus pontos de máximo e mínimo locais;
  2. seus intervalos de concavidade e, caso existam, seus pontos de inflexão;
  3. os limites pertinentes para o esboço do gráfico de \(f\text{;}\)
  4. suas assíntotas horizontais, verticais e oblíquas, caso existam (justifique as suas existências ou não).
Esboce o gráfico de \(f\) utilizando as informações obtidas nos itens acima.
Solução.
  1. O domínio de \(f\) é o conjunto \(D_f=\mathbb{R}\setminus\{2\}\text{.}\)
    Os intervalos de crescimento de \(f\) são determinados pelo sinal de sua derivada,
    \begin{equation*} f'(x)=\dfrac{x^2-4x}{(x-2)^2}, \end{equation*}
    cujo sinal é determinado pelo numerador, uma vez que o denominador é sempre positivo. Fazendo essa análise temos que
    • \(x<0\implies f'(x)>0\text{,}\) sendo \(f\) crescente nesse intervalo;
    • \(0<x<4\implies f'(x)<0\text{,}\) sendo \(f\) decrescente nesse intervalo;
    • \(x>4\implies f'(x)>0\text{,}\) e então \(f\) volta a ser crescente nesse intervalo;
    Com isso temos que \(x=0\) é um ponto de máximo local e \(x=4\) é um ponto de mínimo local para \(f\text{.}\)
  2. Para estudar a concavidade de \(f\) consideramos sua segunda derivada:
    \begin{equation*} f''(x)=\dfrac{8}{(x-2)^3}, \end{equation*}
    cujo sinal é determinado pelo denominador, ou seja:
    • \(x<2\implies f''(x)<0\text{,}\) tendo \(f\) concavidade para baixo nesse intervalo;
    • \(x>2\implies f''(x)>0\text{,}\) tendo \(f\) concavidade para cima nesse intervalo;
    Não há pontos de inflexão no gráfico de \(f\) (\(x=2\not\in D_f\)).
  3. Considerando o domínio explicitado acima, os limites pertinentes são \(x\to -\infty\text{,}\) \(x\to \infty\text{,}\) \(x\to 2^-\) e \(x\to 2^+\text{:}\)
    • Podemos aplicar L’Hospital, obtendo \(\lim\limits_{x\to-\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2x}{1}=-\infty\)
    • Novamente usando L’Hospital, temos \(\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2x}{1}=+\infty\)
    • \(\lim\limits_{x\to 2^-} f(x)=\lim\limits_{x\to 2^-}\dfrac{x^2}{x-2}=-\infty\text{,}\) pois \(x^2\to 4\) e \(x-2\to 0^-\) quando \(x\to 2^-\text{.}\)
    • \(\lim\limits_{x\to 2^+} f(x)=\lim\limits_{x\to 2^+}\dfrac{x^2}{x-2}=+\infty\text{,}\) pois \(x^2\to 4\) e \(x-2\to 0^+\) quando \(x\to 2^+\text{.}\)
  4. Em vista dos limites acima, o gráfico de \(f\) não tem assíntotas horizontais, tem uma assíntota vertical em \(x=2\) e pode ter assíntotas oblíquas.
    Para verificar sua existência, calculamos
    • \(a=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}= \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{x}{x-2}=1\text{,}\) usando por exemplo a regra de L’Hospital;
    • \(b=\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)-ax =\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)-x =\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2x}{x-2}=2\text{,}\) também usando L’Hospital.
    Assim, temos \(y=x+2\) como assíntota para o gráfico de \(f\) em \(-\infty\text{.}\) Contas análogas mostram que a mesma reta também é assíntota ao gráfico de \(f\) em \(+\infty\text{.}\) Tudo pronto para esboçar o gráfico:
    Figura 2.2.1.
Observamos inicialmente que para uma função \(f\) ser contínua num ponto \(x=p\) (que deve estar em seu domínio), basta verificar que \(\lim\limits_{x\to p}f(x)=f(p)\text{.}\) Além disso, \(\lim\limits_{x\to p}f(x)=L\in\R\iff \lim\limits_{x\to p^+}f(x)=\lim\limits_{x\to p-}f(x)=L\text{.}\)

2.

Seja \(A=\big\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\colon y\leq 3-x^2\text{ e } y\geq -x+3\}\text{.}\)
  1. Faça um esboço da região \(A\text{.}\)
  2. Determine a área de \(A\text{.}\)
  3. Determine o volume do sólido obtido pela rotação de \(A\) em torno do eixo \(Ox\text{.}\)
Solução.
  1. As equações que delimitam a região \(A\) descrevem ojetos conhecidos: uma parábola e uma reta.
    Figura 2.2.2.
  2. Onservamos que os pontos de que definem as limitações da região são as interseções dos gráficos das funções que a definem. Suas abscissas satisfazem então \(3-x^2=3-x\iff x=0\) ou \(x=1\text{.}\)
    Com isso a área da região é dada por
    \begin{equation*} \int_0^1 3-x^2-(3-x)\, dx=\int_0^1 x-x^2\, dx =\Big(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\Big)\Big\|_0^1 =\frac{1}{6}. \end{equation*}
  3. O volume pedido será via fatiamento, ou seja, dado pela integral da área das fatias para cada \(0\leq x\leq 1\text{.}\) Cada uma dessas fatias é uma coroa circular de raio maior igual a \(3-x^2\) e raio menor igual a \(3-x\text{.}\) Veja a figura:
    Figura 2.2.3.
    Assim,
    \begin{equation*} V=\int_0^1 \pi (3-x^2)^2-\pi (3-x)^2\, dx=\pi\int_0^1 x^4-7x^2-6x\, dx=\dfrac{13\pi}{15}. \end{equation*}

3.

Esta questão consiste de dois itens completamente independentes:
  1. Calcule as seguintes integrais indefinidas:
    1. \(\displaystyle{\int\frac{1}{(1+9x^2)^\frac{3}{2}}\,dx}\text{;}\)
    2. \(\displaystyle{\int x\sec^2(2x)\, dx}\text{.}\)
  2. Calcule, caso exista \(\displaystyle{\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\int_{0}^{x^2}e^{t^2}\,dt}{\int_{0}^{x}\sin(\sin t)\,dt}}\text{.}\)
Solução.
    1. Fazendo \(3x=\tan(u)\) e então \(3dx=\sec^2(u)\, du\text{,}\) temos
      \begin{align*} \int\frac{1}{(1+9x^2)^\frac{3}{2}}\,dx &=\frac{1}{3}\int\frac{\sec^2(u)}{(1+\tan^2 u)^\frac{3}{2}}\, du\\ &=\frac{1}{3}\int\cos u\, du\\ &=\frac{\sin u}{3}+k\\ &=\frac{\sin(\arctan 3x)}{3}+k. \end{align*}
      Podemos melhorar um pouco a expessão acima, lembrando que
      \begin{align*} \big(\tan(\arctan x)\big)^2&=x^2\implies \dfrac{\sin^2(\arctan x)}{\cos^2(\arctan x)}=x^2\\ &\implies \dfrac{\sin^2(\arctan x)}{1-\sin^2(\arctan x)}=x^2. \end{align*}
      Com isso, \(\sin(\arctan x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\) e, portanto,
      \begin{equation*} \int\frac{1}{(1+9x^2)^\frac{3}{2}}\,dx =\dfrac{x}{\sqrt{1+9x^2}}+k. \end{equation*}
    2. Fazendo \(f(x)=x\implies f'(x)=1\) e \(g'(x)=\sec^2(2x)\implies g(x)=\dfrac{\tan(2x)}{2}\text{,}\) aplicamos a fórmula de integração por partes para obter
      \begin{align*} \int x\sec^2(2x)\, dx &=\dfrac{x\tan(2x)}{2}-\int\dfrac{\tan(2x)}{2}\, dx\\ &=\dfrac{x\tan(2x)}{2}+\dfrac{\ln|\cos 2x|}{4}+k\, dx. \end{align*}
  2. É fácil ver que, quando \(x\to 0\text{,}\) tanto numerador quando denominador, que são funções deriváveis, tendem a zero. Podemos então usar L’Hospital e, para isso precisamos derivar numerador e denominado, obtendo
    \begin{align*} \frac{d}{dx}\left(\int_{0}^{x^2}e^{t^2}\,dt\right)&= 2xe^{x^4};\\ \frac{d}{dx}\left(\int_{0}^{x}\sin(\sin t)\,dt\right)&=\sin(\sin x). \end{align*}
    Assim,
    \begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\int_{0}^{x^2}e^{t^2}\,dt}{\int_{0}^{x}\sin(\sin t)\,dt}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2xe^{x^4}}{\sin(\sin x)}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2xe^{x^4}\sin(x)}{\sin(x)\sin(\sin x)}=2, \end{equation*}
    pois \(\lim\limits_{x\to 0}2e^{x^4}=2\text{,}\) \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x}{\sin x}=1\) (fundamental) e, fazendo \(u=\sin x\text{,}\) temos
    \begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\sin(x)}{\sin(\sin x)}=\lim\limits_{u\to 0} \dfrac{u}{\sin(u)}=1. \end{equation*}
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