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Resoluc¸a˜o Quarta Prova de Calculo I - MA111
Turma Especial - 2o. Semestre de 2010
Questa˜o 1. (a) Racionalizando, temos
√
x+ 2−√2x
x2 − 2x =
√
x+ 2−√2x
x2 − 2x .
(
√
x+ 2 +
√
2x)
(
√
x+ 2 +
√
2x)
=
x+ 2− 2x
(x2 − 2x)(√x+ 2 +√2x)
=
−(x− 2)
x(x− 2)(√x+ 2 +√2x) =
−1
x(
√
x+ 2 +
√
2x)
.
Logo,
lim
x→ 2
√
x+ 2−√2x
x2 − 2x = limx→ 2
−1
x(
√
x+ 2 +
√
2x)
= −1
8
(b) Lembre que uma func¸a˜o g e´ cont´ınua no ponto x = a se lim
x→ a g(x) = g(a).
(i) No nosso caso, pela regra de L’Hoˆspital, temos
lim
x→ 0
f(x) = lim
x→ 0
cos(x)− 1
x
= lim
x→ 0
−sen(x)
1
= 0 = f(0).
Portanto, f e´ cont´ınua em x = 0.
(ii) Calculando f ′(0) pela definic¸a˜o, obtemos
f ′(0) = lim
x→ 0
f(x)− f(0)
x− 0 = limx→ 0
cos(x)− 1
x2
= lim
x→ 0
−sen(x)
2x
= lim
x→ 0
− cos(x)
2
= −1
2
,
onde na terceira e na quarta igualdade usamos novamente a regra de L’Hoˆspital.
Questa˜o 2. (a) Primeiro vamos determinar as ass´ıntotas horizontais. Lembre-se que a reta
y = L e´ chamada ass´ıntota horizontal do gra´fico de f se
lim
x→∞ f(x) = L ou limx→−∞ f(x) = L.
Dividindo numerador e denominador por x, temos
lim
x→∞ f(x) = limx→∞
√
2x2 + 1
3x− 5 = limx→∞
√
2 + 1
x2
3− 5x
=
√
2 + 0
3− 0 =
√
2
3
.
1
2
Logo, a reta y =
√
2
3 e´ uma ass´ıntota horizontal. Para calcular o limite quando x → −∞,
devemos observar que
√
x2 = −x (pois x e´ negativo). Assim,
lim
x→−∞ f(x) = limx→−∞
√
2x2 + 1
3x− 5 = limx→−∞−
√
2 + 1
x2
3− 5x
= −
√
2 + 0
3− 0 = −
√
2
3
.
Isso significa que a reta y = −
√
2
3 e´ tambe´m uma ass´ıntota horizontal.
Lembremos agora que a reta x = a e´ dita uma ass´ıntota vertical se pelo uma das seguintes
condic¸o˜es estiver satisfeita:
lim
x→ a f(x) =∞ limx→ a− f(x) =∞ limx→ a+ f(x) =∞
lim
x→ a f(x) = −∞ limx→ a− f(x) = −∞ limx→ a+ f(x) = −∞.
No nosso caso uma ass´ıntota ocorre possivelmente quando 3x− 5 = 0, ou seja, x = 5/3. Agora
observe que se x > 5/3 estiver pro´ximo de 5/3 enta˜o o denominador de f esta´ pro´ximo de 0 e
3x− 5 e´ positivo. Como √2x2 + 1 e´ sempre positivo, obtemos que
lim
x→ (5/3)+
f(x) = lim
x→ (5/3)+
√
2x2 + 1
3x− 5 =∞.
Analogamente vemos que
lim
x→ (5/3)−
f(x) = lim
x→ (5/3)−
√
2x2 + 1
3x− 5 = −∞.
Consequentemente a reta x = 5/3 e´ uma ass´ıntota vertical.
(b) Usando regra do quociente e a regra da cadeia, temos
f ′(x) =
(1/2)(2x2 + 1)−1/2(4x)(3x− 5)− 3(2x2 + 1)1/2
(3x− 5)2 .
Logo,
f ′(x) > 0⇔ 2x(3x− 5)
(2x2 + 1)1/2
− 3(2x2 + 1)1/2 > 0⇔ 6x
2 − 10x− 3(2x2 + 1)
(2x2 + 1)1/2
> 0
⇔ 6x2 − 10x− 6x2 − 3 > 0⇔ −10x > 3⇔ x < − 3
10
.
Portanto f e´ crescente se x < −3/10 e decrescente se x > −3/10 (com x = 5/3).
Questa˜o 3. A distaˆncia de qualquer ponto (x, y) ao ponto (1, 0) e´ dada por√
(x− 1)2 + (y − 0)2.
como queremos pontos sobre a elipse y2 = 4− 4x2, obtemos a “func¸a˜o distaˆncia”:
d(x) =
√
(x− 1)2 + y2 =
√
x2 − 2x+ 1 + 4− 4x2 =
√
−3x2 − 2x+ 5,
3
onde deve ser assumido que x ∈ (−5/3, 1). Assim, nosso objetivo e´ maximizar a func¸a˜o d. Para
isso, basta maximizarmos a func¸a˜o f(x) = d2(x) = −3x2 − 2x+ 5.
Como f ′(x) = −6x − 2, temos que f ′(x) = 0 se, e somente se x = −1/3, o que significa que
x = −1/3 e´ o u´nico ponto cr´ıtico de f . Para ver que x = −1/3 e´ um ponto de ma´ximo, usamos,
por exemplo, o teste da derivada segunda. Desde que f ′′(x) = −6 < 0 segue que x = −1/3 e´
realmente um ponto de ma´ximo de f (e portanto de d).
Fazendo x = −1/3 em y2 = 4(1− x2), obtemos
y2 = 4
(
1− 1
9
)
=
32
9
⇒ y = ±4
√
2
3
.
Portanto, os pontos mais distantes de (1, 0) sa˜o(
−1
3
,
4
√
2
3
)
e
(
−1
3
,−4
√
2
3
)
.
Questa˜o 4. (a)
A´rea =
∫ 5
1
√
x− 1 dx =
∫ 5
1
(x− 1)1/2 dx = 2
3
(x− 1)3/2
∣∣∣5
1
=
16
3
.
(b)
V olume =
∫ 2
0
2pi(3− y)(5− x) dy = 2pi
∫ 2
0
(3− y)(5− (1 + y2)) dy
= 2pi
∫ 2
0
(12− 3y2 − 4y + y3) dy = 2pi
(
12y − y3 − 2y2 + y
4
4
) ∣∣∣2
0
= 2pi(24− 8− 8 + 4) = 24pi
Outra Soluc¸a˜o:
Lembre que
V olume =
∫ 5
1
A(x) dx
onde A(x) e´ a a´rea da sec¸a˜o tranversal no plano perpendicular ao eixo de rotac¸a˜o. Neste caso,
teremos
A(x) = pi(R2 − r2) = pi(32 − (3−√x− 1)2) = 6√x− 1− (x− 1).
Logo
V olume = pi
∫ 5
1
(6
√
x− 1− (x− 1)) dx = pi
(
4(x− 1)3/2 − x
2
2
+ x
) ∣∣∣5
1
= pi(32− 12 + 4) = 24pi.
4
Questa˜o 5. (a) Fazendo u = lnx, obtemos que x = eu e dx = eudu. Logo,∫
(lnx)2 dx =
∫
u2eudu [por partes w = u2, dv = eudu]
= u2eu − 2
∫
ueudu [por partes w = u, dv = eudu]
= u2eu − 2
(
ueu −
∫
eudu
)
= u2eu − 2ueu + 2eu + C
= x(lnx)2 − 2x lnx+ 2x+ C.
(b) Usando frac¸o˜es parciais, escrevemos
1
x3 + 3x2
=
1
x2(x+ 3)
=
Ax+B
x2
+
C
x+ 3
=
(A+ C)x2 + (B + 3A)x+ 3B
x3 + 3x
.
Logo, devemos ter  A+ C = 03A+B = 0
3B = 1
Resolvendo o sistema acima encontramos B = 1/3, A = −1/9 e C = 1/9. Como consequeˆncia,∫
1
x3 + 3x2
dx = −1
9
∫
1
x
dx+
1
3
∫
1
x2
dx+
1
9
∫
1
x+ 3
dx
= −1
9
ln |x| − 1
3x
+
1
9
ln |x+ 3|+ C
=
1
9
ln
∣∣∣∣x+ 3x
∣∣∣∣− 13x + C.