CÁLCULO I. Gabarito - Lista Semanal 06

Gabarito - Lista Semanal 06

Questão 1. Mostre que o ponto (2, 4) está na curva x3 _{+ y}3_{− 9xy = 0. Em seguida, determine a}

tangente e a normal à curva nesse ponto. Solução: Primeiramente veriquemos que

23+ 43− 9 · 2 · 4 = 8 + 64 − 72 = 0. Logo, o ponto (2, 4) está na curva x3_{+ y}3_{− 9xy = 0.}

Derivando implicitamente ambos os lados de x3 _{+ y}3 _{− 9xy = 0 em relação a x, considerando y}

como uma função de x, usando a regra da cadeia no termo y3 _{e a regra do produto no termo 6xy,}

obtemos 3x2+ 3y2y0− (9y + 9xy0) = 0 ou x2+ y2y0− 3y − 3xy0 = 0. Isolando y0_{, temos} y0= −x 2_{+ 3y} y2_{− 3x} . Quando x = 2 e y = 4, y0 = −2 2_{+ 3 · 4} 42_{− 3 · 2} = 4 5.

Logo, uma equação da reta tangente à curva x3_{+ y}3_{− 9xy = 0em (2, 4) é}

y − 4 = 4 5(x − 2) ou y = 4 5x + 12 5 .

Para encontrar a equação da reta normal à curva no ponto (2, 4), lembramos que ela é perpendicular à reta tangente neste ponto. Logo, o coeciente angular da normal é o oposto do inverso do coeciente angular da reta tangente. Assim a reta normal tem equação:

y − 4 = −5 4(x − 2) ou y = − 5 4x + 13 2 .

Questão 2. Um tanque cilíndrico com raio 5m está sendo enchido com água a uma taxa de 3m3_/min.

Quão rápido está aumentando a altura da água?

Solução: Seja V o volume, r o raio e h a altura da água no tanque cilíndrico. Então temos que V = πr2h.

Do enunciado temos que r = 5m e a taxa de variação do volume em relação ao tempo é de 3m3_/min,

isto é, dV dt =3m

3_{/min. Uma vez que}

dV dt = πr 2dh dt, temos 3 = π · 52·dh dt. E assim dh dt = 3 25π.

Portanto, a altura da aguá está aumentando a uma taxa de, aproximadamente, 3

25π m/min.

Questão 3. Um tanque de armazenamento de petróleo em forma de um cilindro circular mede 5m de altura. O raio mede 8m com um erro possível de ±0, 25m. Use diferencial para estimar o erro máximo no volume do cilindro. Encontre o erro relativo aproximado.

Solução: Se o raio do tanque em formato cilíndrico for r e a altura h, então seu volume é V = πr2_h.

Assim o erro no cálculo do volume do cilindro, que pode ser aproximado pela diferencial, é dV = 2πhr · dr.

Quando r = 8, h = 5 e dr = 0, 25, temos

dV = 2π · 5 · 8 · dr dV = 80π · 0, 25 dV = 20πm3.

Sendo assim, o erro máximo no volume calculado é de aproximadamente 20π m3_..

O erro relativo é dado por

dV V = 20π 5 · π · 82 = 20π 320π = 0, 0625. Pelo ponto de vista percentual, o erro é de 6,25%.

Questão 4. Ache os extremos absolutos da função dada no intervalo indicado, se existirem. Faça um esboço do gráco da função, no intervalo, para vericar sua resposta.

(a) f(x) = x2_{− 2x + 4; (−∞, +∞)}

Item Anulado

(b) g(x) = 3x

9 − x2; (−3, 2)

Item Anulado

(c) f(x) = 2 cos 2x − cos 4x; [0, 2π]

Solução: Note que f é contínua, pois é a soma de duas funções contínuas. Utilizando o método do intervalo fechado, temos:

f (x) = 2 cos 2x − cos 4x ⇒ f0(x) = −4 sen 2x + 4 sen 4x

Uma vez que f0_{(x) existe para todo x, os únicos pontos críticos ocorrem quando f}0_{(x) = 0.}

Temos que

f0(x) = 0 ⇔ sen 2x = sen 4x. Segue então que,

sen 2x = sen 4x ⇔ 2 sen x cos x = 2 sen 2x cos 2x ⇔

sen x cos x = sen 2x cos 2x. Note que

sen x cos x = sen 2x cos 2x = 2 sen x cos x cos 2x = 2 sen x cos x(2 cos2x − 1) = 4 sen x cos3_{x − 2 sen x cos x.}

Disso temos que

4 sen x cos3x − 3 sen x cos x = 0. E ainda,

4 sen x cos3x − 3 sen x cos x = 0 ⇔ sen x cos x(4 cos2x − 3) = 0 ⇔ sen x cos x[(2 cos x)2− (√3)2] = 0 ⇔ sen x cos x(2 cos x +√3)(2 cos x −√3) = 0 Para sen x cos x = 0, temos x = 0 ou x = π ou x = π

2 ou x = 3π 2 . Para cos x = − √ 3 2 , temos x = 5π 6 ou x = 7π 6 . E para cos x = √ 3 2 , temos x = π 6 ou x = 11π 6 .

Vamos calcular o valor de f nas raízes de f0_{que estão no intervalo dado [0, 2π] e nas extremidades}

f (0) = 2 cos 0 − cos 0 = 2 − 1 = 1 f (π) = 2 cos 2π − cos 4π = 2 − 1 = 1 fπ 2  = 2 cos π − cos 2π = −2 − 1 = −3 f 3π 2  = 2 cos 3π − cos 6π = −2 − 1 = −3 f 5π 6  = 2 cos5π 6 − cos 10π 6 = 1 + 1 2 = 3 2 = 1, 5 f 7π 6  = 2 cos7π 3 − cos 14π 3 = 1 + 1 2 = 3 2 = 1, 5 fπ 6  = 2 cosπ 3 − cos 2π 3 = 1 −  −1 2  = 3 2 = 1, 5 f 11π 6  = 2 cos11π 3 − cos 22π 3 = 1 + 1 2 = 3 2 = 1, 5 f (2π) = 2 cos 4π − cos 8π = 2 − 1 = 1

Comparando esses nove valores, vemos que o valor absoluto é f 5π 6  = f 7π 6  = fπ 6  = f 11π 6  = 1, 5 e o valor mínimo absoluto é

fπ 2  = f 3π 2  − 3.

Questão 5.

(a) Se uma função par f(x) possui um valor máximo local em x = c, pode-se dizer algo sobre o valor de f quando x = −c? Justique sua resposta.

Solução: Temos que se f(c) é uma valor de máximo local de f, então f(c) ≥ f(x) quando x está próximo de c. Como f é par, temos f(−c) = f(c) ≥ f(x) = f(−x) para os valores −x próximos de −c. Logo, f(x) possui um valor máximo local em x = −c. O que também pode ser visto pela simetria de seu gráco em relação ao eixo y, como na gura abaixo

Figura: Gráco de uma função par com um valor máximo local em x = c

(b) Se uma função ímpar g(x) possui um valor mínimo local em x = c, pode-se dizer algo sobre o valor de g quando x = −c? Justique sua resposta.

Solução: Temos que se g(c) é uma valor de mínimo local de g, então g(c) ≤ g(x) quando x está próximo de c. Como g é ímpar, temos g(−c) = −g(c) ≥ −g(x) = g(−x) para os valores −x próximos de −c. Logo, g(x) possui um valor máximo local em x = −c. O que também pode ser visto pela simetria de seu gráco em relação à origem, como na gura abaixo