Prova Substitutiva

Seção 2.3 Prova Substitutiva

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1.

Determine a área da região do plano entre os gráficos de \(f(x)=xe^x\) e \(g(x)=e^x\text{,}\) para \(x\in[0,2]\text{.}\)

Solução.

Sem seque esboçar os gráficos das funções (que são contínuas), percebemos que \(f(0)=0<1=g(0)\) e \(g(1)=e<2e^2=f(2)\text{,}\) indicando que esses gráficos se interceptam. Vamos encontrar trais pontos para viabilizar o cálculo da área pedida:

\begin{equation*} f(x)=g(x)\implies xe^x=e^x\implies x=1. \end{equation*}

Em vista das estimativas acima e, como \(f'(x)=(1+x)e^x\) e \(g'(x)=e^x\text{,}\) temos que \(f'(1)=2e<e=g'(1)\text{.}\) Isso garante que os gráficos se cortam transversalmente em \(x=1\) e este é o único ponto onde isso ocorre. Assim, se \(0\leq x\leq 1\text{,}\) temos \(f(x)\leq g(x)\) e, se \(1\leq x\leq 2\text{,}\) temos \(f(x)\leq g(x)\text{.}\)

Assim, a área pedida é

\begin{equation*} A=\int_0^1 e^x-xe^x\, dx + \int_1^2 xe^x-e^x\, dx=2(e-1), \end{equation*}

pois uma primitiva para \(g(x)=e^x\) é \(G(x)=e^k\) (imediata) e para \(f(x)=xe^x\) é \(F(x)=(x-1)e^x\text{,}\) que pode ser encontrada via integração por partes:

\begin{equation*} \int xe^x\, dx = xe^x-\int e^x\, dx = xe^x-e^x +k. \end{equation*}

Uma figura sempre ajuda:

2.

Considere \(f(x)=\dfrac{3\ln x}{x}\text{.}\)

Determine o domínio de \(f\text{,}\) bem como \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)\) e \(\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)\text{.}\)
Determine os intervalos de crescimento e decrescimento de \(f\text{,}\) explicitanto seus pontos de máximo e mínimo (locais e globais), se existirem.
Quantas soluções tem a equação \(3\ln(x) - x=0\text{?}\) Justifique.

Solução.

O domínio de \(f\) é determinado pelo lorgaritmo e o quociente, então \(D_f=\{x\in\mathbb{R}\colon x> 0\}\)

\(\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{3\ln x}{x}=-\infty\text{,}\) pois \(\lim\limits_{x\to 0^+}3\ln x=-\infty\) e \(\lim\limits_{x\to 0^+} x=0\text{.}\)

\(\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{3\ln x}{x}=0\text{,}\) obtido usando-se a regra de L’Hospital:

\begin{equation*} \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{3\ln x}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{3}{x}=0. \end{equation*}
O crescimento de \(f\) é dado pelo sinal de \(f'\text{:}\)

\begin{equation*} f'(x)=\dfrac{3(1-\ln x)}{x^2}>0\iff 0<x<e. \end{equation*}

Assim \(f\) é crescente no intervalo \((0,e)\) e decrescente no intervalo \((e,+\infty)\text{.}\)

Com isso e os resultados do item anterior, temos que \(x=e\) é o único ponto de máximo (global), onde \(f(e)=\dfrac{3}{e}\) que não existem pontos de mínimo (locais ou globais) para \(f\text{.}\)
A equação \(3\ln(x) - x=0\) pode ser escrita como \(f(x)=1\text{.}\) Como o valor máximo de \(f\) é \(f(e)=\dfrac{3}{e}< 1\text{,}\) considerando o crescimento de \(f\) estudado acima, temos que existem dois valores de \(x\) tais que \(f(x)=1\text{,}\) um menor e outro maior que \(e\text{.}\) Veja no gráfico (desnecessário para resolver o exercício):

Figura 2.3.2.

3.

Seja \(f(x)=\begin{cases} \hfill (x-1)\sin(x-1)\cos\Big(\dfrac{\sqrt{x^4+x^2}}{x-1}\Big),&\text{ se }x<1;\\ \hfill \sqrt{x}-1,&\text{ se }x\geq 1. \end{cases}\)

\(f\) é contínua em \(x=1\text{?}\)
\(f\) é derivável em \(x=1\text{?}\)

Solução.

Para que \(f\) seja contínua em \(x=1\) devemos ter \(\lim\limits_{x\to 1}f(x)=f(1)=0\text{.}\) Para que esse limite exista, precisamos calcular seus laterais, que devem ser igual entre si. Se este valor for igual a \(f(1)=0\text{,}\) então \(f\) será contínua no ponto em questão. Às contas:
- \(\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^+}\sqrt{x}-1=0\text{;}\)
- \(\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^-}(x-1)\sin(x-1)\cos\Big(\dfrac{\sqrt{x^4+x^2}}{x-1}\Big)=0\text{,}\) pois o último fator é limitado e os dois primeiros tendem a zero.
Assim, temos que \(f\) tem limite em \(x=1\) e \(\lim\limits_{x\to 1}f(x)=f(1)=0\text{,}\) mostrando sua continuidade nesse ponto.
Uma vez verificada a continuidade acima, podemos verificar a derivabilidade, também pela definição. Aqui, faz-se necessário estudo dos limite laterais que definem a derivada de \(f\text{:}\)
- \(\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\sqrt{x}-1}{x-1}=\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{1}{2}\text{;}\)
- \begin{align*} \lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}&=\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{(x-1)\sin(x-1)\cos\Big(\dfrac{\sqrt{x^4+x^2}}{x-1}\Big)}{x-1}\\ &=\lim\limits_{x\to 1^+}\sin(x-1)\cos\Big(\dfrac{\sqrt{x^4+x^2}}{x-1}\Big)=0\text{,} \end{align*}
  pois o último fator é limitado e o primeiro tende a zero.
Com os valores distintos acima, temos que \(\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}\) não existe e portanto \(f\) não é derivável em \(x=1\text{.}\)

Vejamos isso tudo graficamente:

4.

Calcule:

\(\lim\limits_{x\to +\infty}\sqrt{x^2+5x}-x\text{;}\)
\(\lim\limits_{x\to 0^+}(x+1)^{\frac{1}{\sin x}}\text{;}\)
\(\displaystyle{\int\sec^4x\tan x\, dx}\text{.}\)

Solução.

\begin{align*} \lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{x^2+5x}-x &=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{5x}{\sqrt{x^2+5x}+x}\\ &=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{5}{\sqrt{1+5/x^2}+1} =\dfrac{5}{2}, \end{align*}
onde multiplicamos e dividimos por \(\sqrt{x^2+5x}+x\text{,}\) fatoramos \(x\) que simplificou com o denominador e usamos que \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{5}{x^2}=0\text{;}\)
\begin{align*} \lim\limits_{x\to 0^+}(x+1)^{\dfrac{1}{\sin x}}&=\lim\limits_{x\to 0^+}e^{\dfrac{1}{\sin x}\ln(x+1)}\\ &=e^{\lim\limits_{x\to\, 0^+}\dfrac{\ln(x+1)}{\sin x}}\\ &=e^{\lim\limits_{x\to\, 0^+}\dfrac{1}{(x+1)\cos x}}=e^1=e, \end{align*}
onde a indeterminação do tipo "\(1^{+\infty}\)" foi transformada numa do tipo "\(e^{0/0}\)", usamos que a exponencial é contínua para que o limite "subisse" para dentro da exponencial e então aplicamos a regra de L’Hospital;
Fazendo \(u=\sec(x)\text{,}\) temos \(du=\sec(x)\tan(x)\, dx\) e então
\begin{equation*} \int\sec^4x\tan x\, dx=\int u^3\, du=\dfrac{u^4}{4}+k=\dfrac{\sec^4x}{4}+k\text{.} \end{equation*}

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