UNIVERSIDADE DA BEIRA INTERIOR
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
1∘ Ciclo em Engenharia Electromecânica
Frequência de Cálculo I – 2𝑎 Frequência
Ano Lectivo 2009/2010
18 de Janeiro de 2010
Duração: 2 horas
1) Seja 𝑓 : ]0, +∞[→ R a função definida por
𝑓 (𝑥) =
ln 𝑥
.
𝑥2
𝑎) Estude a monotonia da função 𝑓 e verifique a função tem um máximo no ponto 𝑥 = e1/2 .
𝑏) Verifique que 𝑓 tem um ponto de inflexão no ponto 𝑥 = e5/6 e estude as concavidades de 𝑓 .
2) A equação
𝑥3 + 𝑥2 + 𝑥 + 7 = 0
pode ter duas ou mais soluções? Justifique a resposta.
3) Use a regra de Cauchy para calcular
𝑥2 + 1
.
𝑥→+∞ 𝑥 e𝑥
lim
4) Uma bateria de voltagem fixa 𝑉 e resistência interna fixa 𝑟 está ligada a um circuito de resistência
variável 𝑅. Pela lei de Ohm, a corrente 𝐼 no circuito é
𝐼=
𝑉
.
𝑅+𝑟
Se a potência resultante é dada por 𝑃 = 𝐼 2 𝑅, mostre que a potência máxima ocorre quando 𝑅 = 𝑟.
5) Calcule as seguinte primitivas:
∫
1
𝑎)
+ e𝑥 cos(e𝑥 ) 𝑑𝑥;
𝑥 ln 𝑥
∫
e𝑥
𝑏)
𝑑𝑥.
e2𝑥 −5 e𝑥 +6
∫ 𝜋
6) Calcule
e𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥.
(Sugestão: Faça a substituição e𝑥 = 𝑡.)
0
7) Calcule a área da região plana limitada pelas parábolas de equação 𝑦 = 𝑥2 e 𝑦 = 2 − 𝑥2 .
8) Calcule a área da região sombreada da figura seguinte.
𝑦
𝑦 = 𝑥2
𝑦 = −𝑥 + 2
𝑥
1) Seja 𝑓 : ]0, +∞[→ R a função definida por
𝑓 (𝑥) =
ln 𝑥
.
𝑥2
𝑎) Estude a monotonia da função 𝑓 e verifique a função tem um máximo no ponto 𝑥 = e1/2 .
𝑏) Verifique que 𝑓 tem um ponto de inflexão no ponto 𝑥 = e5/6 e estude as concavidades de 𝑓 .
1𝑎) Temos de calcular a primeira derivada de 𝑓 :
𝑓 ′ (𝑥) =
( )′
(ln 𝑥)′ 𝑥2 − ln 𝑥 𝑥2
(𝑥2 )2
1 2
𝑥 − ln 𝑥 (2𝑥)
𝑥 − 2𝑥 ln 𝑥
𝑥 (1 − 2 ln 𝑥)
1 − 2 ln 𝑥
= 𝑥
=
=
=
.
4
4
4
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥3
Como
𝑓 ′ (𝑥) = 0 ⇔
1 − 2 ln 𝑥
= 0 ⇔ 1 − 2 ln 𝑥 = 0 ∧ 𝑥3 ∕= 0 ⇔ 2 ln 𝑥 = 1 ∧ 𝑥 ∕= 0
𝑥3
⇔ ln 𝑥 =
1
∧ 𝑥 ∕= 0 ⇔ 𝑥 = e1/2 ∧ 𝑥 ∕= 0 ⇔ 𝑥 = e1/2
2
e tendo em conta que o domı́nio da função é ]0, +∞[, podemos fazer o seguinte quadro de sinal:
e1/2
𝑥
0
𝑓 ′ (𝑥)
S.S.
+
0
−
𝑓 (𝑥)
S.S.
↗
𝑀
↘
]
[
]
[
Portanto, 𝑓 é estritamente crescente em 0, e1/2 , é estritamente decrescente em e1/2 , +∞ e tem
um máximo local no ponto 𝑥 = e1/2 .
1𝑏) Precisamos de calcular a segunda derivada de 𝑓 :
𝑓 ′′ (𝑥) =
=
( )′
(1 − 2 ln 𝑥)′ 𝑥3 − (1 − 2 ln 𝑥) 𝑥3
2
− 𝑥3 − (1 − 2 ln 𝑥)3𝑥2
= 𝑥
𝑥6
(𝑥3 )2
−2𝑥2 − (1 − 2 ln 𝑥)3𝑥2
𝑥2 (−2 − 3(1 − 2 ln 𝑥))
−2 − 3 + 6 ln 𝑥
−5 + 6 ln 𝑥
=
=
=
,
6
6
4
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥4
pelo que
−5 + 6 ln 𝑥
= 0 ⇔ −5 + 6 ln 𝑥 = 0 ∧ 𝑥4 ∕= 0
𝑥4
5
⇔ ln 𝑥 =
∧ 𝑥=
∕ 0 ⇔ 𝑥 = e5/6 ∧ 𝑥 ∕= 0 ⇔ 𝑥 = e5/6 .
6
𝑓 ′′ (𝑥) = 0 ⇔
Fazendo um quadro de sinal temos
e5/6
𝑥
0
𝑓 ′′ (𝑥)
S.S.
−
0
+
𝑓 (𝑥)
S.S.
∩
𝑃.𝐼.
∪
o que mostra que 𝑓 tem a concavidade voltada para baixo em ]0, e5/6 [, tem a concavidade voltada
para cima em ] e5/6 , +∞[ e tem um ponto de inflexão em 𝑥 = e5/6 .
2) A equação
𝑥3 + 𝑥2 + 𝑥 + 7 = 0
pode ter duas ou mais soluções? Justifique a resposta.
2) A função 𝑓 : R → R definida por
𝑓 (𝑥) = 𝑥3 + 𝑥2 + 𝑥 + 7,
por ser uma função polinomial, é contı́nua e tem derivadas de qualquer ordem, ou seja, é de classe
𝐶 ∞ . A sua derivada é
𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥2 + 2𝑥 + 1.
Calculemos os zeros da derivada:
𝑓 ′ (𝑥) = 0 ⇔ 3𝑥2 + 2𝑥 + 1 = 0
√
−2 ± 22 − 4 . 3 . 1
⇔ 𝑥=
√2 . 3
−2 ± 4 − 12
⇔ 𝑥=
6
√
−2 ± −8
⇔ 𝑥=
,
6
ou seja, a derivada de 𝑓 não tem zeros (reais). Tendo em conta que o domı́nio de 𝑓 é um intervalo
e que 𝑓 é diferenciável, por um dos corolários do Teorema de Rolle, 𝑓 tem no máximo um zero e,
portanto, a equação
𝑥3 + 𝑥2 + 𝑥 + 7 = 0
tem no máximo uma solução.
3) Use a regra de Cauchy para calcular
𝑥2 + 1
.
𝑥→+∞ 𝑥 e𝑥
lim
3) As funções dadas por
𝑓 (𝑥) = 𝑥2 + 1
e
𝑔(𝑥) = 𝑥 e𝑥 ,
por serem funções de classe 𝐶 ∞ , estão nas condições da regra de Cauchy se as definirmos apenas
em ]0, +∞[. Como
𝑓 (𝑥)
𝑥2 + 1
(+∞)2 + 1
+∞
lim
= lim
=
=
,
𝑥
𝑥→+∞ 𝑔(𝑥)
𝑥→+∞ 𝑥 e
+∞ e+∞
+∞
pela regra de Cauchy temos
( 2
)′
𝑥 +1
𝑓 (𝑥)
𝑓 ′ (𝑥)
2𝑥
lim
=
lim ′
= lim
= lim 𝑥
′
𝑥
𝑥→+∞ 𝑔(𝑥)
𝑥→+∞ 𝑔 (𝑥)
𝑥→+∞ (𝑥 e )
𝑥→+∞ e +𝑥 e𝑥
2(+∞)
+∞
2𝑥
=
lim
=
=
.
+∞
𝑥→+∞ (1 + 𝑥) e𝑥
(1 + (+∞)) e
+∞
As funções 𝑓 ′ e 𝑔′ , no intervalo ]0, +∞[, também estão nas condições da regra de Cauchy e, portanto,
𝑓 ′ (𝑥)
𝑥→+∞ 𝑔 ′ (𝑥)
lim
𝑓 ′′ (𝑥)
(2𝑥)′
2
=
lim
= lim 𝑥
𝑥→+∞ 𝑔 ′′ (𝑥)
𝑥→+∞ ((1 + 𝑥) e𝑥 )′
𝑥→+∞ e +(1 + 𝑥) e𝑥
2
2
2
=
lim
=
=
= 0.
𝑥
+∞
𝑥→+∞ (2 + 𝑥) e
(2 + (+∞)) e
+∞
=
lim
Assim,
𝑥2 + 1
= 0.
𝑥→+∞ 𝑥 e𝑥
lim
4) Uma bateria de voltagem fixa 𝑉 e resistência interna fixa 𝑟 está ligada a um circuito de resistência
variável 𝑅. Pela lei de Ohm, a corrente 𝐼 no circuito é
𝑉
.
𝑅+𝑟
𝐼=
Se a potência resultante é dada por 𝑃 = 𝐼 2 𝑅, mostre que a potência máxima ocorre quando 𝑅 = 𝑟.
4) De
𝑃 = 𝐼 2 𝑅,
temos
𝑃 =
(
𝑉
𝑅+𝑟
)2
𝑅=
𝑉 2𝑅
.
(𝑅 + 𝑟)2
Assim, o que temos de fazer é calcular os extremos locais da função
𝑃 (𝑅) =
𝑉 2𝑅
.
(𝑅 + 𝑟)2
Derivando esta função temos
𝑃 ′ (𝑅) =
=
=
=
(
)′
(
)′
𝑉 2 𝑅 (𝑅 + 𝑟)2 − 𝑉 2 𝑅 (𝑅 + 𝑟)2
(
)2
(𝑅 + 𝑟)2
𝑉 2 (𝑅 + 𝑟)2 − 2𝑉 2 𝑅 (𝑅 + 𝑟)
(𝑅 + 𝑟)4
𝑉 2 (𝑅 + 𝑟) ((𝑅 + 𝑟) − 2𝑅)
(𝑅 + 𝑟)4
𝑉 2 (𝑟 − 𝑅)
(𝑅 + 𝑟)3
e, portanto,
𝑃 ′ (𝑅) = 0 ⇔ 𝑅 = 𝑟.
Para verificarmos que 𝑅 = 𝑟 é um ponto de máximo local, atendendo a que
𝑃 ′ (𝑅) =
𝑉 2 (𝑟 − 𝑅)
,
(𝑅 + 𝑟)3
podemos fazer o seguinte quadro
𝑅
0
𝑟
𝑃 ′ (𝑅)
+
0
−
𝑃 (𝑅)
↗
𝑀
↘
o que prova que a potência máxima ocorre quando 𝑅 = 𝑟.
5) Calcule as seguinte primitivas:
∫
1
𝑎)
+ e𝑥 cos(e𝑥 ) 𝑑𝑥;
𝑥 ln 𝑥
∫
e𝑥
𝑑𝑥.
𝑏)
e2𝑥 −5 e𝑥 +6
(Sugestão: Faça a substituição e𝑥 = 𝑡.)
5𝑎) Usando o facto de a primitiva de uma soma de funções ser a soma das primitivas das funções,
obtemos duas primitivas imediatas:
∫
∫
∫
1
1
+ e𝑥 cos(e𝑥 ) 𝑑𝑥 =
𝑑𝑥 + e𝑥 cos(e𝑥 ) 𝑑𝑥
𝑥 ln 𝑥
𝑥 ln 𝑥
∫
∫
1/𝑥
=
𝑑𝑥 + e𝑥 cos(e𝑥 ) 𝑑𝑥
ln 𝑥
= ln ∣ln 𝑥∣ + sen(e𝑥 ) + 𝑐.
5𝑏) Fazendo a substituição
e𝑥 = 𝑡,
temos
𝑥 = ln 𝑡
e, portanto,
𝑑𝑥 =
Assim,
1
𝑑𝑡.
𝑡
∫
∫
e𝑥
𝑡
1
1
𝑑𝑥 =
𝑑𝑡 =
𝑑𝑡,
2𝑥
𝑥
2
2
e −5 e +6
𝑡 − 5𝑡 + 6 𝑡
𝑡 − 5𝑡 + 6
ou seja, temos de calcular a primitiva de uma função racional. Tendo em conta que o grau
do numerador é menor do que o grau do denominador, não é possı́vel fazer a divisão. Deste
modo temos de factorizar o denominador e, por conseguinte, temos de determinar os zeros do
denominador:
√
−(−5) ± (−5)2 − 4 . 1 . 6
2
𝑡 − 5𝑡 + 6 = 0 ⇔ 𝑡 =
2.1
√
5 ± 25 − 24
⇔ 𝑡=
√2
5± 1
⇔ 𝑡=
2
5±1
⇔ 𝑡=
2
⇔ 𝑡 = 3 ∨ 𝑡 = 2.
∫
Agora temos de determinar 𝐴 e 𝐵 tais que
1
1
𝐴
𝐵
=
=
+
.
𝑡2 − 5𝑡 + 6
(𝑡 − 3)(𝑡 − 2)
𝑡−3 𝑡−2
Daqui resulta que
𝐴(𝑡 − 2) + 𝐵(𝑡 − 3) = 1,
pelo que fazendo 𝑡 = 3 temos 𝐴 = 1 e fazendo 𝑡 = 2 temos 𝐵 = −1. Assim,
∫
∫
1
1
1
𝑑𝑡 =
−
𝑑𝑡 = ln ∣𝑡 − 3∣ − ln ∣𝑡 − 2∣ + 𝑐
𝑡2 − 5𝑡 + 6
𝑡−3 𝑡−2
e, consequentemente,
∫
𝑥
e −3 e𝑥
𝑥
𝑥
𝑑𝑥
=
ln
∣e
−3∣
−
ln
∣e
−2∣
+
𝑐
=
ln
e𝑥 −2 + 𝑐.
e2𝑥 −5 e𝑥 +6
6) Calcule
∫
𝜋
e𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥.
0
6) Para calcularmos o integral
∫
𝜋
∫
𝜋
e𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥 temos de integrar duas vezes por partes:
0
𝑥
e sen 𝑥 𝑑𝑥 =
0
=
=
=
=
=
[
]𝜋
∫
𝜋
e𝑥 (sen 𝑥)′ 𝑑𝑥
0
0
∫ 𝜋
𝜋
0
e sen 𝜋 − e sen 0 −
e𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥
0
([
)
]𝜋 ∫ 𝜋
e𝜋 . 0 − 1 . 0 −
e𝑥 cos 𝑥
−
e𝑥 (cos 𝑥)′ 𝑑𝑥
0
0
)
(
∫ 𝜋
𝜋
0
𝑥
e (− sen 𝑥) 𝑑𝑥
− e cos 𝜋 − e cos 0 −
0
(
)
∫ 𝜋
𝜋
𝑥
− e (−1) − 1 . 1 +
e sen 𝑥 𝑑𝑥
0
∫ 𝜋
e𝜋 +1 −
e𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥.
e𝑥 sen 𝑥
−
0
Acabámos de mostrar que
∫
o que implica
𝜋
0
𝑥
𝜋
e sen 𝑥 𝑑𝑥 = e +1 −
2
e, portanto,
∫
∫
𝜋
𝜋
e𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥,
0
e𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥 = e𝜋 +1
0
𝜋
0
∫
e𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥 =
e𝜋 +1
.
2
7) Calcule a área da região plana limitada pelas parábolas de equação 𝑦 = 𝑥2 e 𝑦 = 2 − 𝑥2 .
7) Comecemos por calcular os pontos de intersecção das duas parábolas. Para isso temos de resolver
o sistema
{
{
{
{
{
{
𝑦 = 𝑥2
——
——
——
𝑦=1
𝑦=1
⇔
⇔
⇔
⇔
∨
2
2
2
2
2
𝑦 =2−𝑥
𝑥 =2−𝑥
2𝑥 = 2
𝑥 =1
𝑥=1
𝑥 = −1.
Assim, os pontos de intersecção das duas parábolas são (−1, 1) e (1, 1). Representemos geometricamente a região plana de que queremos calcular a área e calculemos a sua área:
𝑦
𝐴 =
∫
1
=
−1
∫ 1
=
[
𝑦 = 𝑥2
−1
b
−1
1
b
1
𝑦 = 2 − 𝑥2
𝑥
2 − 𝑥2 − 𝑥2 𝑑𝑥
2 − 2𝑥2 𝑑𝑥
2𝑥3
2𝑥 −
3
]1
−1
(
)
2 . 13
2(−1)3
= 2.1 −
− 2(−1) −
3
3
2
2
4
8
= 2− +2− =4− = .
3
3
3
3
Logo a área da região plana limitada pelas parábolas de equação 𝑦 = 𝑥2 e 𝑦 = 2 − 𝑥2 é
8
.
3
8) Calcule a área da região sombreada da figura seguinte.
𝑦
𝑦 = 𝑥2
𝑦 = −𝑥 + 2
𝑥
8) Calculemos os pontos de intersecção da recta de equação 𝑦 = −𝑥 + 2 com a parábola de equação
𝑦 = 𝑥2 . Atendendo a que
{
{
{
𝑦 = −𝑥 + 2
𝑥2 = −𝑥 + 2
𝑥2 + 𝑥 − 2 = 0
⇔
⇔
𝑦 = 𝑥2
——
——
e
√
12 − 4 . 1(−2)
√ 2.1
−1 ± 1 + 8
𝑥=
2
√
−1 ± 9
𝑥=
2
−1 ± 3
𝑥=
2
𝑥 = 1 ∨ 𝑥 = −2,
2
𝑥 +𝑥−2=0 ⇔ 𝑥=
⇔
⇔
⇔
⇔
−1 ±
os pontos de intersecção são (−2, 4) e (1, 1). Assim, a área vai ser igual a
∫ 1
𝐴 =
−𝑥 + 2 − 𝑥2 𝑑𝑥
−2
1
= −
∫
= −
[
𝑥2
2
=
=
=
=
−2
(
12
]1
−2
+2
1
−2
1 𝑑𝑥 −
[
]1
−
)
(−2)2
𝑥
−2
∫
−
1
𝑥2 𝑑𝑥
−2
[
𝑥3
3
]1
−2
( 3
)
1
(−2)3
+ 2 (1 − (−2)) −
−
2
2
3
3
(
)
(
)
1 4
1 −8
−
−
+ 2 (1 + 2) −
−
2 2
3
3
3
9
+6−
2
3
3
+6−3
2
3
3+
2
9
.
2
= −
=
𝑥 𝑑𝑥 + 2
∫