log 2, qual o valor aproximado de 0, 70

(1)

UNIVERSIDADE FEDERAL DE ITAJUBÁ

GABARITO DE FUNDAMENTOS DA MATEMÁTICA – PROVA DE TRANSFERÊNCIA INTERNA, EXTERNA E PARA PORTADOR DE DIPLOMA DE CURSO SUPERIOR

01/12/2013

CANDIDATO: _______________________________________________________

CURSO PRETENDIDO: _______________________________________________

OBSERVAÇÕES: 01 – Prova SEM consulta.

02 – A prova PODE ser feita a lápis.

03 – PROIBIDO o uso de calculadoras e similares. 04 – Duração: 2 HORAS.

1a Questão (10 pontos): O número de raízes reais da equação exponencial _x  x

4 2 1 é: a) 4 b) 3 c) 2 d) 1 e) 0

SOLUÇÃO

Temos: x 2x 1 2 2   Então: 2 1 1 2 2 1    2   2  x x x x

Esta equação não possui raízes reais.

2a Questão (10 pontos): Supondo que

log

2 0,30

10 , qual o valor aproximado de 70 , 0 10 ? a) 5 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1

SOLUÇÃO

Da definição de logaritmo, podemos dizer que: 100,30 2

. Mas: 2 10 10 10 10 10 10 100,70  10,30  0,70  ₀_,₃₀  0,70  Portanto: 100,70 5

(2)

3a Questão (10 pontos): Sabe-se que x é um número real pertencente ao intervalo



0,2



e que o triplo da sua secante, somado ao dobro da sua tangente, é igual a 3. Calcule o cosseno do número x . a) 13 4 b) 13 5 c) 13 6 d) 13 7 e) 13 8

SOLUÇÃO

De acordo com o enunciado da questão, temos: 3.secx2.tgx3. Podemos, então, escrever:

3 cos 3 2 cos 3 2 3 3 cos . 2 cos 3         senx x senx x x senx x

Elevando ao quadrado os dois membros dessa igualdade, temos:



2senx

 

2  3cosx3



2  4sen2x9cos2x18cosx9

Porém, como sen2x1cos2x, teremos:



1 cos



9cos 18cos 9

4  2x  2x x 9 cos 18 cos 9 cos 4 4 2x 2x x 0 5 cos 18 cos 13 2x x 

A equação acima é de segundo grau na variável cos . x

Portanto, aplicando Bhaskara, teremos:

             13 5 cos 1 cos 26 8 18 cos 26 260 324 18 cos x x x x

A solução cosx1 não serve, pois não aparece no intervalo 0 x2 . Portanto, teremos finalmente:

13 5 cosx

4a Questão (10 pontos): Sejam f e g funções definidas no conjunto dos Números Reais. Se

 

x 7x2 f e f



g

 

x



3x, então g

 

45 é igual a: a) 17 b)18 c)19 d)20 e) 21

b) SOLUÇÃO

Temos



 



 

7 2 3 3 2 7 2 7         g x g x x g x x x g f . Para x45 teremos:

 

19 7 133 7 2 135 7 2 45 . 3 45       g

(3)

5a Questão (10 pontos): Sabe-se que o ponto P

 

2,7 é o ponto de maior ordenada do gráfico da função definida por f

 

x ax2 8bx1. Nestas condições, o valor de f

 

3 é:

a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6

SOLUÇÃO

Como a função é quadrática e possui um valor máximo, então a0. O ponto P

 

2,7 é o vértice da parábola. f

 

x ax2 8bx1.

Assim: 2 2 2 8 2 b a a b xV       (1) 7 16 1 7 4 64 4 7 4 4 7 4 7 2 2 2                 a b a b a a b ac a y_V (2) Substituindo (1) em (2): 7 1 4 7 2 4 . 16 1 2           a a a a Como 2 a b , então b1.

Portanto, a função quadrática é: f

 

x 2x2 8x1 Para x3, teremos: f

 

3 2.328.31  f

 

3 5 6a Questão (10 pontos): Resolva a inequação exponencial:

2 1 2 1 5 1 2        x  x .

SOLUÇÃO

Podemos escrever: 1 1 5 2 1 2 1 2              x  x

Como a base é menor que 1, então devemos ter: 0 5 1 1 5 2 2      x x x

x , isto é, uma inequação de segundo grau.

A equação x2 5x0 tem raízes:

      5 0 2 1 x x

Fazendo o estudo de sinais dessa inequação, concluimoccque o conjunto solução desta inequação é: S 



x/5 x0



(4)

7a Questão (10 pontos): O logaritmo de um número positivo numa certa base vale p. Então, quanto vale o logaritmo desse mesmo número numa base igual ao quadrado da base anterior?

SOLUÇÃO

Sejam b a base e N o número.

Então, podemos escrever: N p bp N

b   

log

.

Tomando como base 2

b e supondo que x seja o número procurado, temos:

 

b N b b x p x x x p N b       2  2 2

log

2

Portanto, o resultado procurado é:

2 p x

8a Questão (10 pontos): Resolva a equação 2senx 

 

4senx cosx, sabendo que 0 x2 .

SOLUÇÃO

Podemos escrever: 0 cos . 2 cos . 2 2

2senx  2senx.cosx  senx senx x  senx senx x

Colocando senx em evidência:





            2 1 cos 0 cos 2 1 0 0 cos 2 1 . x x senx x senx

 Para senx0, temos x;

 Para 2 1 cosx , temos 3   x ou 3 5 3 2     x .

Portanto, o conjunto solução desta equação é:

       3 5 , , 3    S

9a Questão (10 pontos): Encontre o Domínio da função definida pela equação y log



x2 4



.

SOLUÇÃO

Devemos ter x2 40. Tal como no exemplo anterior, devemos resolver uma inequação de segundo grau cujas raízes são x2 e x2.

(5)

10a Questão (10 pontos): Resolva a equação 12senx4



senx



28



senx



3 0 para 0 x2 .

SOLUÇÃO

Fatorando:



12senx



4sen2x.



12senx



0 



12senx



.



14sen2x



0 Temos, então, duas possibilidades:

                ) ( 4 1 0 4 1 2 1 0 2 1 2 2 impossível x sen x sen senx senx .

Portanto, as soluções desta equação serão:         6 11 6 7   x x .

(6)

UNIVERSIDADE FEDERAL DE ITAJUBÁ

GABARITO DE CÁLCULO 1 – PROVA DE TRANSFERÊNCIA INTERNA, EXTERNA E PARA PORTADOR DE DIPLOMA DE CURSO SUPERIOR 01/12/2013

CANDIDATO: _______________________________________________________

CURSO PRETENDIDO: _______________________________________________

OBSERVAÇÕES: 01 – Prova SEM consulta.

02 – A prova PODE ser feita a lápis.

03 – PROIBIDO o uso de calculadoras e similares. 04 – Duração: 2 HORAS.

1a Questão (10 pontos): Se f e g são funções tais que f

 

x 7x4 e f



g

 

x



 x2 f



x1



, então g

 

7 é igual a: a) 5 1 b) 6 1 c) 7 1 d) 8 1 e) 9 1

SOLUÇÃO

Temos: f



x1

 

7 x1



4 e f



g

 

x



7g

 

x 4. Assim: 7g

 

x 4x27



x1



4

 

7 1 7 1 7 7 4 7 7 4 7 2 2 2              x x g x x x g x x x x g Para x7, teremos:

 

7 1 7 7 1 7 . 7 7 7 2      g g

2a Questão (10 pontos): Sejam f e g funções tais que f

 

x x3.g

 

x . Sabendo que g

 

2 3,

 

2 4



g e f 

 

2 4, então o valor de g

 

2 é:

a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 e) 9

SOLUÇÃO

Temos: f

 

x 3x2.g

 

x x3.g

 

x , isto é, a derivada de um produto de funções. A segunda derivada será:

 

x xg

 

x x g

 

x x g

 

x x g

 

x f

 

x xg

 

x x g

 

x x g

 

x f  6 . 3 2.  3 2.   3.    6 . 6 2.   3.  Para x2, teremos:

 

2 6.2.g

 

2 6.22.g

 

2 23.g

 

2

f      

(7)

3a Questão (10 pontos): Sendo          t x t t t y 4 1 7 2 2 3 , então o valor de dx dy para x1 é: a) 152 b) 153 c) 154 d) 155 e) 156

SOLUÇÃO

A função dada está na forma paramétrica.

Neste caso, sabemos que:

dt dx dt dy dx dy _ Portanto:





4 7 4 3 4 7 4 3 . 4 7 4 3 2 2 4 3 2 2 2 t t t dx dy t t t dx dy t t t dx dy _ _             Para x1 , temos: 1 4  t 4 t

Fazendo t4 na expressão da derivada, resulta: 156 28 64 192 4 4 . 7 4 . 4 4 . 3 4 3 2            dx dy dx dy

4a Questão (10 pontos): A função f , definida de  em  por f

 

x ax2 4xa tem um valor máximo e admite duas raízes reais e iguais. Nestas condições, o valor da expressão

 

2 

 

1 



 

1



 f f f f f A é: a) 100 b) 102 c) 104 d) 106 e) 108

SOLUÇÃO

Devemos ter a0 e 0. Assim: 164a2 0  a2 4  a 2 Logo: f

 

x 2x2 4x2

 



 



 



 



 

                      2 0 1 0 1 98 8 1 8 1 2 2 f f f f f f f f f Portanto: A2982  A102

(8)

5a Questão (10 pontos):A área limitada pelas curvas 2 x y e y2x vale: a) 3 1 b) 3 2 c) 3 4 d) 3 5 e) 3 7

SOLUÇÃO

Devemos inicialmente fazer um esboço das curvas envolvidas para localizar a área a ser calculada:

Assim:

A área limitada pelas duas curvas será:











  2 0 2 0 * . .dx y y dx y S _reta _parábola .







          2 0 2 0 3 2 2 3 . 2x x dx x x S .

Calculando, obtemos finalmente:

 

. . 3 4 A u S  y 0 x y x y2 2 x y x  2

(9)

6a Questão (10 pontos):

Encontrar dois números reais cuja soma seja igual a

4, de modo que a soma do cubo do menor com o quadrado do maior seja:

a) Máxima; b) Mínima.

SOLUÇÃO

Sejam x o menor número e y o maior número. Sabe-se que xy 4  y4x.

Tomando 3 2

y x

S   , e substituindo a equação acima, temos: 3





2

4 x x

S    .

Como queremos obter os extremos desta soma, devemos encontrar os Pontos Críticos, ou seja, devemos ter: 0

dx dS

.

Assim: 3x22.



4x

 

.1 0  3x22x80. Resolvendo a equação, obtemos:

          3 4 2 6 10 2 x x

x , que são os Pontos Críticos.

Pelo Teste da Derivada Segunda: ₂ 6 2 2   x dx S d .  Para 2 10 ₂ 0 2 2 2        dx S d dx S d

x (Ponto de Máximo Relativo).

 Para 10 0 3 4 2 2 2 2      dx S d dx S d

x (Ponto de Mínimo Relativo).

Portanto:          3 8 3 4 : 6 2 : y e x Mínima y e x Máxima

(10)

7a Questão (10 pontos): Achar a equação da reta que é tangente à curva 3.



x2 y2



2 100xy pelo ponto P

 

3,1 .

SOLUÇÃO

Sabemos que a equação da reta tangente à curva da função y f

 

x pelo ponto P



x0, y0



é dada por y y₀  f

 

x₀ .xx₀



ou yy₀  y_P.



xx₀



.

No nosso caso, temos: x0 3 e y0 1.

Para obtermos f

 

x0  yP , vamos derivar implicitamente a função dada. Assim: 6.



x2y2



.



2x2y.y



100y100x.y



x y



.



xy.y



100y100x.y  3.



x y



.



xy.y



25y25x.y

.

12 2 2 2 2

Substituindo o ponto P

 

3,1 na expressão acima, obtemos:







9 13 75 25 3 . 1 9 . 3   y_P   y_P  y_P  . Portanto, a reta tangente é:





3 10 9 13 3 . 9 13 1      x y x y

8a Questão (10 pontos): Resolver a integral I 



arctgx.dx, usando o Método de Integração por Partes



u.dvu.v



v.du.

SOLUÇÃO

Fazendo:              



dv



dx v x dx dv dx x du arctgx u . 1 1 2 Assim, teremos:



_   dx x x arctgx x I . 1 . ₂

A segunda integral é imediata (Diretiva da Função Quociente). Basta arrumarmos o numerador do integrando, ou seja:



x



C arctgx x I dx x x arctgx x I        

_

2 2 ln1 2 1 . . 1 2 2 1 .

(11)

9a Questão (10 pontos):

Resolver a integral

I 



ex 1dx, usando uma substituição de variáveis conveniente.

SOLUÇÃO

Fazendo:





dt t t dx t x t e e t x x 1 2 1 ln 1 1 2 2 ₂            . Assim:



                dt I t arctgt C t I dt t t I 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 . Como t ex 1, então: I 2 ex 12arctg ex 1C

10a Questão (10 pontos): Calcular o volume do sólido obtido pela rotação em torno do eixo x da área limitada pelas curvas y4x0 e 2x2y 0.

SOLUÇÃO

O volume a ser calculado é mostrado na figura abaixo:

Temos: 



2 



0 2 0 2 2 2 1 dx y dx y V   .

 







 







 2 0 2 0 2 0 4 2 2 0 2 2 2 4 16 2 4x dx x dx V x dx x dx V     .

 

. . 15 256 5 32 . 4 . 3 8 . 16 5 4 . 3 16 . 2 0 5 2 0 3 V u V V x x V         y x 0 2 8 2 2x y x y4 1 y 2 y x  x           2 2 . 2 1 1 2 4 x y y y x y y y par reta