Preparaçao Para Exame.2015

(1)

Luís, Taunde Dauce

TESTES E EXAME

RESOLVIDOS

MEAA

thaundefilhodedeus@gmail.com

TESTES E EXAME RESOLVIDOS

(2)

Est. Luis, Taunde Dauce. Cel: 847849543/821620012 Página 2

UNIVERSIDADE EDUARDO MONDLANE

FACULDADE DE CIÊNCIAS

Departamento de Matemática e Informática Análise Matemática І para cursos de engenharias

Regime:Pós Laboral 1.°Ano 1.° Semestre Teste І

Data de realização: 03/04/2014 Duração: 100 minutos Guião de correcção 1. (3.0v) Considere a sucessão 𝑎𝑛, onde 𝑎𝑛 =

𝑛

2𝑛, 𝑛 > 1. a) Mostre que 𝑎𝑛 é decrescente.

b) Mostre que 𝑎_𝑛+1 =𝑛+1 2𝑛 𝑎𝑛 Resolução: a) 𝑎𝑛 = 𝑛 2𝑛, 𝑛 > 1

Temos que provar que: 𝑎𝑛 +1

𝑎𝑛 < 1 ,sendo assim teremos: 𝑛 +1 2𝑛 +1 𝑛 2𝑛 = 𝑛 +1 2𝑛 .2 𝑛 2𝑛 = 𝑛 +1 2𝑛_.2 . 2𝑛 𝑛 = 𝑛+1 2𝑛 < 1 para ∀𝑛∈ ℕ: 𝑛 > 1 b) 𝑎_𝑛+1 =𝑛+1 2𝑛 𝑎𝑛 𝑛 +1 2𝑛 +1 = 𝑛+1 2𝑛 . 𝑛 2𝑛 𝑛 +1 2𝑛 +1 = 𝑛2+𝑛 22𝑛 , seja 𝑣𝑛 = 𝑛 +1 2𝑛 +1 e 𝑢𝑛 = 𝑛2+𝑛

22𝑛 então os termos de 𝑣𝑛 e 𝑢𝑛 são: 𝑣1 = 1 2; 𝑣2 = 3 8; 𝑣3 = 1 4; 𝑣4 = 5 32; 𝑣5 = 3 32; … 𝑢1 = 1 2; 𝑢2 = 3 8; 𝑢3 = 1 4; 𝑢4 = 5 32; 𝑢5 = 3 32; …

Como os termos de 𝑣_𝑛 e 𝑢_𝑛 são iguais, então 𝑣_𝑛 = 𝑢_𝑛, isto é, 𝑎𝑛+1 =

𝑛+1

2𝑛 𝑎𝑛 𝑐. 𝑞. 𝑑.

2. (3.0v) Usando o teorema de sucessões enquadradas, estude quanto a convergência o seguinte termo

𝑢_𝑛 = cos(2𝑛) 𝑛2_{+ 1} Resolução: −1 ≤ cos 2𝑛 ≤ 1 −1 𝑛2₊₁ ≤ cos (2𝑛) 𝑛2₊₁ ≤ 1 𝑛2₊₁ lim_𝑛→∞ −1 𝑛2₊₁ ≤ lim𝑛→∞ cos (2𝑛) 𝑛2₊₁ ≤ lim𝑛→∞ 1 𝑛2₊₁ 0 ≤ lim𝑛→∞ cos 2𝑛 𝑛2₊₁ ≤ 0 lim_𝑛→∞cos 2𝑛 𝑛2₊₁ = 0

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Est. Luis, Taunde Dauce. Cel: 847849543/821620012 Página 3 3. (2.0v) Usando o resultado, “ se lim𝑛→∞

𝑢𝑛 +1

𝑢𝑛 = 𝑎, então lim𝑛→∞ 𝑢𝑛 𝑛

= 𝑎” estude a convergência do termo 𝑢_𝑛 = 2𝑛 𝑛 _{+ 1} Resolução: 𝑢_𝑛 = 2𝑛 𝑛 _{+ 1} lim_𝑛→∞ 𝑛 2𝑛 _{+ 1}_{= lim} 𝑛 →∞ 2𝑛 +1₊₁ 2𝑛₊₁ = lim𝑛→∞ 2𝑛_.2+1 2𝑛₊₁ = lim𝑛→∞ 2𝑛(2+_2𝑛1) 2𝑛₍₁₊1 2𝑛) = 2

4. (2.0v + 2.0v) Calcule os seguintes sucessões

a) lim𝑛→∞ 𝑛+2 !−𝑛! 𝑛!(5𝑛2₊₂₎ b) lim𝑛→∞ (6𝑛−5)2(𝑛+2)3 (𝑛2_+25)(3𝑛2₊₇₎ Resolução:

a)

lim

_𝑛→∞ 𝑛+2 !−𝑛! 𝑛 !(5𝑛2₊₂₎

= lim

𝑛→∞ 𝑛+2 𝑛+1 𝑛!−𝑛! 𝑛 !(5𝑛2₊₂₎

= lim

𝑛→∞ 𝑛 ! 𝑛 +2 𝑛 +1 −1 𝑛!(5𝑛2₊₂₎

= lim

𝑛→∞ 𝑛+2 𝑛 +1 −1 (5𝑛2₊₂₎

=

lim

𝑛

→∞

𝑛1+2𝑛𝑛1+1𝑛 𝑛2(5+2𝑛2)=

lim

𝑛

→∞

𝑛25𝑛2=15

b)

lim𝑛→∞ (6𝑛−5)2(𝑛+2)3 (𝑛2_+25)(3𝑛2₊₇₎= lim𝑛 →∞ 𝑛(6−5_𝑛) 2 𝑛(1+2_𝑛) 3 𝑛2₍₁₊25 𝑛 2)𝑛 2₍₃₊7 𝑛 2) = lim𝑛→∞ 36𝑛5 3𝑛4 = lim𝑛→∞12𝑛 = ∞

5. (3.0v) Recorrendo ás relações entre infinitésimos, calcule:

lim

𝑥→0

cos 𝑥 − cos 2𝑥 1 − cos 𝑥

Resolução:

lim_𝑥→0cos 𝑥−cos 2𝑥

1−cos 𝑥 = lim𝑥→0 cos 𝑥− 1−2sen2𝑥 1−cos 𝑥 = lim𝑥→0 cos 𝑥−1+2sen2𝑥) 1−cos 𝑥 = lim𝑥→0( cos 𝑥−1 1−cos 𝑥+ 2sen2𝑥 1−cos 𝑥) = lim𝑥→0 −(1−cos 𝑥) 1−cos 𝑥 + 2sen2𝑥 2sen2 𝑥 2 = −1 + lim𝑥→0 𝑥2 𝑥 2 4 = = −1 + lim𝑥→0 𝑥2. 4 𝑥2 = −1 + 4 = 3

6. (3.0v) Mostre que a função 𝑓 𝑥 = 12 1+3𝑥 −1

tem descontinuidade em 𝑥ₒ = 0. Classifique o tipo de descontinuidade.

Resolução:

A função dada é contínua∀_𝑥∈ ℝ, excepto o ponto 𝑥 = 0 no qual ela não é definida. Visto que: 𝐷𝑓 = 𝑥 ∈ ℝ: 1 + 3𝑥 − 1 ≠ 𝑜 3𝑥 ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ 0 𝐷_𝑓 = ℝ/ 0 ⇒ lim_𝑥→0− 1₂ 1+3𝑥 −1 lim_𝑥→0+ 1₂ 1+3𝑥 −1 ⟺ lim𝑥→0− 1₂ 0− lim_𝑥→0+ 1₂ 0+ ⟺ lim𝑥→0− 1 −∞ ⇒ 0 lim_𝑥→0+ 1 +∞ ⇒ 0

(4)

Assim, lim_𝑥→0−𝑓 𝑥 = lim_𝑥→0+𝑓(𝑥). Logo, a função dada no ponto 𝑥 = 0 tem uma descontinuidade removível. 7. (2.0v) calcule 𝑦´ de 𝑦 =1 𝑥+ 2 ln 𝑥 − ln 𝑥 𝑥 Resolução: 𝑦´ = 1 𝑥+ 2 ln 𝑥 − ln 𝑥 𝑥 ´ = − 1 𝑥2+ 2 𝑥− ln 𝑥−1 𝑥2 = −1+2𝑥−ln 𝑥+1 𝑥2 = 2𝑥−ln 𝑥 𝑥2 Resolvido por:

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UNIVERSIDADE EDUARDO MONDLANE

FACULDADE DE CIÊNCIAS

Departamento de Matemática e Informática Analise Matemática I para cursos de engenharias

Regime:Pós Laboral 1.°Ano 1.° Semestre Teste ІІ

Duração: 100 minutos 28/05/2014 Hora: 13:35-15:20 Guião de correcção

1. 𝟐. 𝟓 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔 Verifique o teorema de Rolle para a função 𝑦 = cos2_{𝑥 sobre o segmento −}𝜋 4; +

𝜋 4 .

𝐑𝐞𝐬𝐨𝐥𝐮çã𝐨: Seja 𝑓 𝑥 = 𝑦 = cos2_𝑥

A função 𝑓 𝑥 = cos2𝑥 é contínua e derivável ∀𝑥 ∈ ℝ. Em particular é continua em −𝜋

4; + 𝜋 4 e derivável em −𝜋 4; + 𝜋 4 . 𝑓 −𝜋 4 = 𝑓 + 𝜋 4 = 1 2

Pelo teorema de Rolle ∃𝑐 ∈ −𝜋

4; + 𝜋

4 : 𝑓´ 𝑐 = 0

Como 𝑓´ 𝑥 = −2 cos 𝑥 sin 𝑥, o ponto c onde 𝑓´ 𝑐 = 0 é:

𝑓´ 𝑐 = 0 ⟺ −2 cos 𝑐 sin 𝑐 = 0⟺− sin 2𝑐 = 0⟺sin 2𝑐 = sin 0 ⟺ 2𝑐 = 0 ⟺ 𝑐 = 0 ∈ −𝜋

4; + 𝜋 4 2. (𝟕. 𝟓 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔) Calcular os integrais a) (2.5 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠) ∫ 2𝑥 + 4 𝑒2𝑥+4𝑑𝑥 b) (2.5 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠) ∫ 1+𝑥_1−𝑥𝑑𝑥 c) (2.5 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠) ∫ 𝑑𝑥 1+ 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 = 𝑡 2 4 0

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Est. Luis, Taunde Dauce. Cel: 847849543/821620012 Página 6 Resolução:

a) Usando o método de integração por parte, temos: ∫ 2𝑥 + 4 𝑒2𝑥+4𝑑𝑥 𝑢 = 2𝑥 + 4 ⇒ 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑥 𝑑𝑣 = 𝑒2𝑥+4𝑑𝑥 ⇒ 𝑣 =1 2𝑒 2𝑥+4 ∫ 2𝑥 + 4 𝑒2𝑥+4𝑑𝑥 = 2𝑥 + 4 .1 2𝑒 2𝑥+4_{− 2 ∫ 𝑒}2𝑥+4_{𝑑𝑥 =} 2𝑥+4 𝑒2𝑥 +4−𝑒2𝑥 +4 2 + 𝑐 = 2𝑥+3 𝑒2𝑥 +4 2 + 𝑐 b) ∫ 1+𝑥_1−𝑥𝑑𝑥 = ∫ 1+𝑥 1+𝑥 1−𝑥 1+𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥+1 2 1−𝑥2 𝑑𝑥 = ∫_1−𝑥1+𝑥2𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 1−𝑥2+ ∫ 𝑥𝑑𝑥 1−𝑥2 = 𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 − 1 2∫ 𝑑𝑡 𝑡= 𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 − 𝑡 + 𝑐 = 𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 − 1 − 𝑥2 _{+ 𝑐} c) ∫ 𝑑𝑥 1+ 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 = 𝑡 2 _{𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑡 = 𝑥 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜}𝑥 = 𝑜 ⟺ 𝑡 = 0 𝑥 = 4 ⟺ 𝑡 = 2 𝑑𝑥 = 2𝑡𝑑𝑡 4 0 2 𝑡𝑑𝑡 1 + 𝑡 = 2 1 − 1 1 + 𝑡 𝑑𝑡 = 2 0 2 0 2 𝑑𝑡 2 0 + 2 1 1 + 𝑡 𝑑𝑡 = 2 0 2𝑡 ₀2_{− 2 ln 1 + 𝑡} 0 2 _{= 4 − 2 ln 3 + 2ln 1} = 4 − ln 9

3. 𝟔. 𝟎 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔 estudar o comportamento e construir o gráfico da função 𝑓 𝑥 = 𝑥

𝑥2_{−6𝑥−16} 𝐑𝐞𝐬𝐨𝐥𝐮çã𝐨:  𝐷𝒇 = 𝑥 ∈ ℝ: 𝑥2− 6𝑥 − 16 ≠ 0 (𝑥 − 8)(𝑥 + 2) ≠ 0 𝑥 − 8 ≠ 0 ˅ 𝑥 + 2 ≠ 0 𝑥 ≠ 8 ˅ 𝑥 ≠ −2 𝐷𝑓 = ℝ/ −2; 8  Assímptotas: A.V. lim𝑥→−2 − 𝑥 𝑥2_+6𝑥−16 lim_𝑥→−2+ 𝑥 𝑥2_+6𝑥−16 ⟺ lim𝑥→−2− −2 0+ = −∞ lim_𝑥→−2+−2 0− = +∞

logo 𝑥 = −2 é A.V. da função.

A.H. lim𝑥→+∞ 𝑥 𝑥2_+6𝑥−16 lim𝑥→−∞ 𝑥 𝑥2_+6𝑥−16 ⟺ lim𝑥→+∞ 𝑥 𝑥2 lim𝑥→−∞ 𝑥 𝑥2 ⟺ lim𝑥→+∞ 1 +∞ = 0 + lim𝑥→−∞ 1 −∞ = 0

− Logo 𝑦 = 0é A.V. da função.

NOTA: acha-se A.O. quando a função não tem A.H., consequentemente a função 𝑓 𝑥 não tem A.O. Resolva o ∫ 𝑥𝑑𝑥

1−𝑥2 usando M. de substituição, fazendo:

1 − 𝑥2 = 𝑡 ⟺ 𝑥𝑑𝑥 = −𝑑𝑡

(7)

 Monotonia e extremos da função: 𝑓´ 𝑥 =𝑥 2_{− 6𝑥 − 16 − 𝑥(2𝑥 − 6)} (𝑥2_{− 6𝑥 − 16)}2 = 𝑥2− 6𝑥 − 16 − 2𝑥2− 6𝑥 (𝑥2 _{− 6𝑥 − 16)}2 = −𝑥2 − 16 (𝑥2_{− 6𝑥 − 16)}2 𝑓´ 𝑥 = 0 −𝑥2− 16 (𝑥2_{− 6𝑥 − 16)}2 = 0 ⟺ −𝑥2 − 16 = 0 ⟺ 𝑥2 = −16 ⟺ 𝑥 = ± −16 → ∄

𝑓´ 𝑥 não se anula, pelo que também não existemextremos da função. 𝑥 −∞; −2 --- −2 −2; 8 --- 8 8; +∞ 𝑓´ 𝑥 − ∄ − ∄ −

𝑓 𝑥 ↘ ∄ ↘ ∄ ↘

 Concavidade, convexidade, pontos de inflexão: 𝑓´´ 𝑥 = −𝑥 2_{−16 ´(𝑥}2_{−6𝑥−16)}2_−(−𝑥2_{−16) 𝑥}2_{−6𝑥−16}2_´ (𝑥2_{−6𝑥−16)}4 = −2𝑥 𝑥2_{−6𝑥−16}2_+2(𝑥2_{+16)(2𝑥−6)} (𝑥2_{−6𝑥−16)}3 𝑓´´ 𝑥 = 0 −2𝑥 𝑥2− 6𝑥 − 16 2 + 2(𝑥2+ 16)(2𝑥 − 6) (𝑥2 _{− 6𝑥 − 16)}3 = 0 −2𝑥 𝑥2_{− 6𝑥 − 16}2_{+ 2(𝑥}2_{+ 16)(2𝑥 − 6)=0} 2 2𝑥3_{− 6𝑥}2_{+ 32𝑥 − 96 − 2 𝑥}3_{− 6𝑥}2_{− 16𝑥 = 0} 2𝑥3 − 6𝑥2+ 32𝑥 − 96 − 𝑥3+ 6𝑥2+ 16𝑥 = 0

𝑥3 _{+ 48𝑥 − 96 = 0 , a equação não se anula, isto é, 𝑓´´ 𝑥 não têm zeros, logo não existe pontos de inflexão.}

𝑥 −∞; −2 -2 −2; 8 8 8; +∞ 𝑓´´ 𝑥 − ∄ + ∄ +

(8)

Est. Luis, Taunde Dauce. Cel: 847849543/821620012 Página 8  Gráfico: 𝑦 0 8 𝑥 𝑓 𝑥 = 𝑥 𝑥2 _{− 6𝑥 − 16}  Contradomínio da função: 𝐶𝐷_𝑓: 𝑦𝜖ℝ

(9)

Est. Luis, Taunde Dauce. Cel: 847849543/821620012 Página 9 4. (𝟒 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔) Achar a área limitada pelas curvas 𝑦 = 4 − 𝑥2e 𝑦 = 𝑥2+ 2

𝐑𝐞𝐬𝐨𝐥𝐮çã𝐨:

Seja 𝑓 𝑥 = 4 − 𝑥2e 𝑔 𝑥 = 𝑥2+ 2

As intersecções entre as parábolas da função 𝑓 𝑥 𝑒 𝑔 𝑥 são:

𝑓 𝑥 = 𝑔(𝑥)

4 − 𝑥2 = 𝑥2+ 2 ⟺ 2𝑥2 = 2 ⟺ 𝑥 = 1 ˅ 𝑥 = −1 , logo os pontos de intersecção são: −1; 3 , (1; 3) Fazendo o esboço das parábolas teremos:

𝑦 𝑔 𝑥 = 𝑥2+ 2 𝑆 𝑓 𝑥 = 4 − 𝑥2 -2 −1 0 1 2 𝑥

𝑆 = ∫ 4 − 𝑥

₋₁1 2

− (𝑥

2

+ 2)

= ∫ 2 − 2𝑥

2

𝑑𝑥 = 2 ∫ 1 − 𝑥

1 2

_{𝑑𝑥 =}

−1 1 −1

=2−11𝑑𝑥−2−11𝑥2𝑑𝑥=2𝑥−1 1−23𝑥3−11=2+2−23+23=83

Resolvido por:

(10)

UNIVERSIDADE EDUARDO MONDLANE

FACULDADE DE CIÊNCIAS

Departamento de Matemática e Informática Analise Matemática I para cursos de engenharias

Regime:Pós Laboral 1.°Ano 1.° Semestre Exame normal

Duração: 120 minutos 11/06/2014 Hora: 17:00-19:00 Guião de correcção

1. (2.0) Calcule o limite da sucessão

lim

_𝑛→∞ 9𝑛

2_{+3𝑛 +4} 2𝑛 −7 Resolução:

lim

_𝑛→∞ 9𝑛2+3𝑛 +4 2𝑛 −7 =

lim

𝑛→∞ 9.∞2_+3.∞+4 2.∞−7 = ∞ ∞

lim

_𝑛→∞ 9𝑛2+3𝑛 +4 2𝑛 −7 =

lim

𝑛→∞ 9𝑛2 2𝑛 =

lim

𝑛→∞ 3𝑛 2𝑛= 3 2

2. (2.5) Calcule a derivada primeira da função

𝑓 𝑥 = ln

𝑥−1

3_(𝑥−2) 𝑥−3 Resolução:

𝑓´ 𝑥 = ln

𝑥−1 3(𝑥−2) 𝑥−3 =

ln

𝑥−1 3(𝑥−2) 𝑥−3 ´ = 𝑥−1 3(𝑥−2) (𝑥−3) ´ 𝑥−1 3(𝑥−2) 𝑥 −3

=

𝑥−1 3 𝑥−2 ´. 𝑥−3 − 𝑥−3 ´. 𝑥−1 3(𝑥−2) (𝑥−3)2 𝑥−1 3 𝑥−2 𝑥−3

=

3 𝑥−1 2 𝑥−2 + 𝑥−1 3 𝑥−3 − 𝑥−1 3(𝑥−2) (𝑥−3) 𝑥−1 3_𝑥−2

=

𝑥−1 3 𝑥−1 𝑥−2 + 𝑥−1 3 𝑥−3 − 𝑥−1 𝑥−2 (𝑥−3) 𝑥−1 3_𝑥−2

=

3 𝑥−1 𝑥 −2 + 𝑥−1 3_{𝑥−3 − 𝑥 −2} (𝑥−3) 𝑥 −1 2_𝑥−2

3. (2.5)Desenvolva a função

𝑓 𝑥 = ln 𝑥

em potência do binómio função

𝑥 − 1

ate ao termo que contenha

𝑥 − 1

2_.

Resolução:

Usando a fórmula de Taylor

𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑎 +

𝑥−𝑎 𝑓´(𝑎 ) 1!

+

𝑋−𝑎 2𝑓´´(𝑎) 2!

+

𝑋−𝑎 3𝑓´´´(𝑎) 3!

+ ….+

𝑋−𝑎 𝑛 −1𝑓(𝑛 −1)(𝑎) 𝑛−1 !

+

𝑋−𝑎 𝑛𝑓𝑛(ξ) 𝑛!

,

onde

𝑥 = 𝑎 + 𝜃

𝑥 − 𝑎

e 0 < 𝜃 < 1

, teremos:

𝑎 = 1

𝑓 𝑥 = ln 𝑥 𝑓 𝑎 = 𝑓 1 = 0

𝑓´ 𝑥 =

1 𝑥

𝑓´ 𝑎 = 𝑓´(1)) = 1

(11)

𝑓´´ 𝑥 =

−1 𝑥2

𝑓´´ 𝑎 = 𝑓´´ 1 = −1

𝑓´´´ 𝑥 =

2 𝑥3

𝑓´´´ 𝜉 =

2 𝜉3

Substituindo as expressões encontradas na fórmula de Taylor, teremos:

ln 𝑥 = 0 +

𝑥−1 1!

. 1+

𝑥−1 2 2!

. (−1) +

(𝑥−1)3 3!

.

2 𝜉3

ln 𝑥 = (𝑥 − 1) -

𝑥−1 2 2

+

(𝑥−1)3 3𝜉3 , Onde

𝜉 = 1 + 𝜃 𝑥 − 1 , 0 < 𝜃 < 1.

4. (5.0) Dada a função 𝒇 𝒙 = 𝒙𝟒+𝟑

𝒙 , construa o gráfico determinando: o campo de existência, os pontos de

descontinuidade, a monotonia, os extremos, os pontos de inflexão, a concavidade e convexidade. Resolução:

 Campo de existência da função:

𝐷𝑓= 𝑥𝜖ℝ: 𝑥 ≠ 0 = ℝ/ 0 , Isto é, a função existe e têm valores finitos desde que 𝑥 ≠ 0.

A função é descontínua no ponto 𝑥 = 0. A recta 𝑥 = 0 é A.V. do gráfico, visto que: lim_𝑥→0±𝑓 𝑥 = ±∞ Monotonia e os extremos da função:

𝑓´ 𝑥 =4𝑥4−𝑥4−3 𝑥2 = 3𝑥4−3 𝑥2 𝑓´ 𝑥 = 0 ˄ 𝑥 ∈ 𝐷_𝑓 3𝑥4+−3 𝑥2 = 0 ˄ 𝑥 ∈ 𝐷𝑓 3𝑥4 = 3 𝑥4 = 1 𝑥 = 1 ˅ 𝑥 = −1 𝑥 −∞; −1 −1 −1; 0 0 0; 1 0 1; +∞ 𝑓´ 𝑥 + 0 − ∄ − 0 + 𝑓 𝑥 ↗ Máx. ↘ ∄ ↘ Mín. ↗ Máx: 𝑓 −1 =(−1)4+3 −1 = −4, (−1; −4) Mín: 𝑓 1 =14+3 1 = 4, (1; 4)

(12)

 Os pontos de inflexão, concavidade e convexidade da função: 𝑓´´ 𝑥 =12𝑥 5_{− 2𝑥(3𝑥}4 _{− 3)} 𝑥4 = 6𝑥4 + 6 𝑥3 𝑓´´ 𝑥 = 0 6𝑥4+6 𝑥3 = 0 6𝑥 4 _{= −6 𝑥}4 _{= −1 𝑥 = ± −1}4

é impossível. 𝑓´´ 𝑥 não tem zeros, isto é, não se anula, pelo que também não existem pontos de inflexão da função.

𝑥 −∞; 0 0 0; +∞ 𝑓´´ 𝑥 − ∄ +

𝑓 𝑥 ∩ ∄ ∪

Para 𝑥 ∈] − ∞; 0[ a convexidade da curva está orientada para cima (a curva é convexa)

Para 𝑥 ∈ 0; +∞ a convexidade da curva está orientada para baixo ( a curva é côncava).

N.B. a função 𝑓 𝑥 =𝑥4_𝑥+3 não têm A.H e A.O  Gráfico da função: 𝑦 4 -1 0 1 𝑥 𝑓(𝑥) =𝑥4+3 𝑥

(13)

 Contradomínio da função: 𝐶𝐷_𝑓: 𝑦𝜖 −∞; −4 ∪ 4; +∞

𝟔. 𝟖. 𝟎 Calcule os seguintes integrais: 𝑎) 3.0 ∫_𝑥2_−3𝑥+2𝑑𝑥 𝑏) 2.5 ∫ 𝑒₀1 𝑥sin 𝑥𝑑𝑥 𝑐) 2.5 ∫₀𝜋_1−𝑥𝑑𝑥 ₂ Resolução: 𝑎) ∫_𝑥2_−3𝑥+2𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 𝑥−1 𝑥−2 = 𝐼 1 (𝑥 − 1)(𝑥 − 2)= 𝐴 (𝑥 − 1)+ 𝐵 (𝑥 − 2)= 𝐴 𝑥 − 2 + 𝐵(𝑥 − 1) (𝑥 − 1)(𝑥 − 2) = 𝐴 + 𝐵 𝑥 + (−2𝐴 − 𝐵) (𝑥 − 1)(𝑥 − 2) 1 = 𝐴 + 𝐵 𝑥 + (−2𝐴 − 𝐵) 𝐴 + 𝐵 = 0 −2𝐴 − 𝐵 = 1 𝐵 = −𝐴 −2𝐴 + 𝐴 = 1 − −𝐴 = 1 − 𝐴 = −1 𝐵 = 1_{𝐴 = −1} 𝐼 = − ∫_𝑥−1𝑑𝑥 + ∫_𝑥−2𝑑𝑥 = − ln 𝑥 − 1 + ln 𝑥 − 2 + 𝑐 𝑏) ∫ 𝑒₀1 𝑥sin 𝑥𝑑𝑥 𝑢 = 𝑒𝑥_{⇒ 𝑑𝑢 = 𝑒}𝑥_𝑑𝑥 𝑑𝑣 = sin 𝑥 𝑑𝑥 ⇒ 𝑣 = − cos 𝑥 ∫ 𝑒₀1 𝑥sin 𝑥𝑑𝑥 = −𝑒𝑥_{cos 𝑥} 𝑜 1 _{+ ∫ cos 𝑥 𝑒}1 𝑥_𝑑𝑥 0 ;

Sabendo que ∫ cos 𝑥 𝑒₀1 𝑥𝑑𝑥= 𝑒𝑥sin 𝑥 ₀1− ∫ 𝑒₀1 𝑥sin 𝑥𝑑𝑥 Teremos: ∫ 𝑒₀1 𝑥sin 𝑥𝑑𝑥 = −𝑒𝑥cos 𝑥 _𝑜1 + 𝑒𝑥sin 𝑥 ₀1 − ∫ 𝑒₀1 𝑥sin 𝑥𝑑𝑥 = 2 ∫ 𝑒1 𝑥_{sin 𝑥} 0 𝑑𝑥 = −𝑒 𝑥_{cos 𝑥} 𝑜 1 _{+ 𝑒}𝑥_{sin 𝑥} 0 1 ₌

∫ 𝑒₀1 𝑥sin 𝑥𝑑𝑥 = −𝑒𝑥cos 𝑥 𝑜1+ 𝑒𝑥sin 𝑥 01

2 =

(−𝑒1cos 1+𝑒0cos 0)+(𝑒1sin 1−𝑒0sin 0) 2 =

𝑒 (sin 1−cos 1)+1 2

(14)

Est. Luis, Taunde Dauce. Cel: 847849543/821620012 Página 14 𝑐) ∫ _1−𝑥𝑑𝑥 2 𝜋 0 ; 𝐷 = 𝑥 ∈ ℝ: 1 − 𝑥2 ≠ 0 1 − 𝑥2 ≠ 0 𝑥 ≠ 1 ˅ 𝑥 ≠ −1 𝐷 = ℝ\ 0 ∫ _1−𝑥𝑑𝑥 2 𝜋 0 =∫ 𝑑𝑥 1−𝑥2+ 1 0 ∫ 𝑑𝑥 1−𝑥2 𝜋 1 = lim𝜀→0∫ 𝑑𝑥 1−𝑥2 1−𝜀 0 + lim𝛿→0∫ 𝑑𝑥 1−𝑥2 𝜋 1+𝛿 =

= lim_𝜀→0 𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 _𝑜1−𝜀_{+ lim}

𝛿→0 𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 1+𝛿𝜋 =

= lim𝜀→0 𝑎𝑟𝑐 sin 1 − 𝜀 − 𝑎𝑟𝑐 sin 0 + lim𝛿→0 𝑎𝑟𝑐 sin 𝜋 − 𝑎𝑟𝑐 sin(1 + 𝛿) = 𝜋

2+ 𝑎𝑟𝑐 sin 𝜋 − 𝜋 2

= 𝑎𝑟𝑐 sin 𝜋 → ∄

“A verdadeira maneira de se enganar é julgar-se mais sábio que os outros”

(LA ROCHEFOUCAUDA).

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