Cálculo Diferencial e Integral I - LEIC

(1)

INSTITUTO SUPERIOR T ´ECNICO

Departamento de Matem´atica 15 de Janeiro de 2011

C´

alculo Diferencial e Integral I - LEIC

2

o_¯

Teste - Vers˜

ao 1 - Resolu¸

c˜

ao

1. Indique uma primitiva para a fun¸c˜ao definida em ]0, e [ pela express˜ao 1

x√1 − log x

Resolu¸cão: Para determinar uma primitiva da fun¸cão dada, ome¸ca-se por tentar identificar a derivada de uma potência, isto é, uma expressão da forma uα_u0_{, para a qual se tem}

P u0uα=      uα+1 α + 1 se α 6= −1 log |u| se α = −1 . (1)

Neste caso, dada a expressão em causa, para ser a derivada de uma potência terá que se ter u = 1 − log x. Nesse caso, u0= −1_x e α = −1₂. Como a expressão dada se pode escrever na forma

1

x(1 − log x)

−1

2 _, ₍₂₎

trata-se realmente da derivada de uma potˆencia e tem-se

Z ₁ x√1 − log xd x = − Z −1 x (1 − log x)−12 _{d x = −}(1 − log x) −1 2+1 −1 2+ 1 = −2p1 − log x (3) sendo esta ´ultima express˜ao a primitiva pretendida.

2. Determine uma fun¸c˜_{ao definida em R}+ que satisfa¸ca as seguintes condi¸c˜oes: f0(x) = x4arctg x5 , f (0+) = π

Resolu¸cão: Visto que temos a derivada de f e pretendemos a fun¸cão original temos que realizar o processo inverso da deriva¸cão, isto é, f tem que ser uma primitiva da expressão dada.

Procurando, novamente, a derivada de uma potˆencia conclui-se que a ´unica possibilidade seria u = arctg x5_{. Como, nesse caso, seria u}0 ₌ 5x4

1+x10, o que n˜ao se encontra na express˜ao dada,

conclui-se que não deve ser uma primitiva imediata desse tipo. Como não parece ser imediata e envolve um arctg, a melhor op¸cão deve ser a primitiva¸cão por partes. Para escolher o modo de aplica¸cão do método, tem-se em conta que a opera¸cão de deriva¸cão simplifica bastante o arctg e este não é imediatamente primitivável. Assim escolhe-se derivar arctg x5 _{e primitivar x}4_{, vindo}

u0= x4⇒ u = x 4+1 4 + 1 = x5 5 v = arctg x 5_{⇒ v}0₌ (x5)0 1 + (x5₎2 = 5x4 1 + x10 (4)

Aplicando a f´ormula de primitiva¸c˜ao por partes (P u0v = uv − P uv0) vem Z x4arctg x5d x = x 5 5 arctg x5 − Z _x5 5 _5x4 1 + x10 d x = x 5_{arctg x}5 5 − Z _x9 1 + x10d x (5)

(2)

Para determinar a primitiva correspondente ao último termo come¸ca-se por verificar se se trata da derivada de uma potência. Par tal, a única hipótese viável é escolher u = 1 + x10_{, e α = −1.}

Nesse caso viria u0 = 10x9 _{o que, a menos de uma constante, ´}_{e exactamente o que se encontra no}

numerador. Tem-se, ent˜ao (cf. (1)),

Z _x9 1 + x10d x = x5_{arctg x}5 5 − 1 10 Z 10x9 1 + x10−1 d x = 1 10log 1 + x 10 (6) (note-se que o módulo que figura em (1) é desnecessário pois 1 + x10

> 0 para todo o x ∈ R). Substituindo na express˜ao anterior vem

Z x4arctg x5d x = x 5_{arctg x}5 5 − 1 10log 1 + x 10 (7)

Obtem-se, assim, uma primitiva de f0 _{definida em R}+. Como este conjunto ´e um intervalo e quaisquer duas primitivas de uma mesma fun¸c˜ao definidas num mesmo intervalo diferem de uma constante conclui-se que existe um C ∈ R tal que

f (x) = x 5_{arctg x}5 5 − 1 10log 1 + x 10_{+ C} ₍₈₎

Para determinar o valor de C recorre-se à condi¸cão adicional f (0+) = π. Tem-se, então, f (0+) = lim x→0+f (x) = lim_x→0+ x5arctg x5 5 − 1 10log 1 + x 10_{+ C} = 0 5_{arctg 0}5 5 − 1 10log 1 + 0 10_{+ C = C,} (9)

já que a fun¸cão tem um prolongamento cont´ınuo à origem. Logo, f (0+) = C = π e f (x) = x 5_{arctg x}5 5 − 1 10log 1 + x 10_{+ π} ₍₁₀₎

3. Calcule o valor do seguinte integral Z π₂

0

(4 sen x − 13) cos x

( sen2_{x + sen x − 6)( sen x − 2)}d x

Resolu¸cão: Dada a particular forma da expressão da fun¸cão integranda (pode, evidentememte, ser escrita na forma f (sin x) cos x), deve utilizar-se a mudan¸ca de variável de integra¸cão t = sen x. Assim, tem-se

               t = sen x d t = ( sen x)0 d x = cos x d x x = 0 ⇒ t = sen 0 = 0 x = π₂ ⇒ t = senπ 2 = 1 . (11)

Note-se, ainda, que a fun¸cão ϕ(x) = sen x é uma bijeçcão de [0,π₂] em [0, 1]. Substituindo no integral vem

Z π2

0

4 sen x − 13

( sen2_{x + sen x − 6)( sen x − 2)}cos x d x =

Z 1

0

4t − 13

(3)

Reduziu-se, portanto, o problema ao cálculo do integral de uma fun¸cão racional. Constata-se que a fun¸cão é uma fraçcão própria pois o grau do numerador é inferior ao grau do denominador, logo não é preciso fazer a divisão inteira dos dois polinómios. O passo a seguir é factorizar o polinómio do denominador . Para tal usa-se a fórmula reolvente para equa¸cões polinomiais do segundo grau vindo

t2+ t − 6 = 0 ⇔ t = −3 ∨ t = 2 (13)

Ent˜ao o polin´omio no denominador tem uma raiz simple t1= −3 e uma raiz dupla t2= 2, admitindo

a decomposi¸c˜ao (t − 2)2_{(t + 3). Para calcular o integral determina-se, em seguida, a expans˜}_{ao em}

fraçcões simples da fraçcão integranda, determinando A, B e C tais que 4t − 13 (t2_{+ t − 6)(t − 2)}= A t − 2+ B (t − 2)2+ C t + 3 (14)

(note-se que para a raiz dupla aparecem dois termos: um correspondente a t − 2 e outro a (t − 2)2_).

A esta decomposi¸c˜ao est´a, naturalmente, associada a identidade polinomial

4t − 13 = A(t − 2)(t + 3) + B(t + 3) + C(t − 2)2 (15)

Como a igualdade deve ser verdadeira para todo o t ∈ R tem que ser verdadeira quando t assume os valores das ra´ızes do denominador, isto é, para t = 2 e t = −3. Substituindo obtêm-se as seguintes equa¸cões:

( _{t = 2 ⇒ 4(2) − 13 = A(0) + B(5) + C(0) ⇒ B = −1}

t = −3 ⇒ 4(−3) − 13 = A(0) + B(5) + C(25) ⇒ C = −1

(16) Como ainda falta determinar o valor da constante A e já se usaram todas as ra´ızes do denominador recorre-se a uma das equa¸cões obtidas pelo método dos coeficientes indeterminados, isto é, igualam-se os coeficientes das potências de t do mesmo expoente em ambos os membros da identidade polinomial. Como só é necessária mais uma equa¸cão usa-se só uma das potências de t, escolhendo-se, por simplicidade, t0_{isto ´}_{e, os termos constantes de ambos os polin´}_{omios. Em (15), o coeficiente}

constante do polinómio da esquerda é −13 e o da direita é −6A + 3B + 4C. Reunindo as três equa¸cões obtidas vem

         B = −1 C = −1 −6A + 3B + 4C = −13 ⇔          B = −1 C = −1 A = 1 (17)

Substituindo em (14) obt´em-se a decomposi¸c˜ao pretendida e, por (12), vem Z π₂

0

4 sen x − 13

( sen2_{x + sen x − 6)( sen x − 2)}cos x d x =

Z 1 0 1 t − 2+ −1 (t − 2)2+ −1 t + 3d t (18)

Todas as fraçcões que figuram na expressão da integranda são imediatamente primitiváveis usando (1), tendo-se Z ₁ t − 2d t = Z (t − 2)−1d t = log |t − 2| Z ₁ (t − 2)2d t = Z (t − 2)−2d t = (t − 2) −2+1 −2 + 1 = −1 t − 2 Z ₁ t + 3d t = Z (t + 3)−1d t = log |t + 3| (19)

(4)

Usando a linearidade do integral e a Regra de Barrow vem Z π₂

0

4 sen x − 13

( sen2_{x + sen x − 6)( sen x − 2)}cos x d x

= Z 1 0 1 t − 2d t − Z 1 0 1 (t − 2)2d t − Z 1 0 1 t + 3d t = [log |t − 2|]1₀− ₋₁ t − 2 1 0 − [log |t + 3|]1₀ = (log |1 − 2| − log |0 − 2|) − ₋₁ 1 − 2 − −1 0 − 2 − (log |1 + 3| − log |0 + 3|) = (log 1 − log 2) − 1 − 1 2

− (log 4 − log 3) = − log 2 −1 2 − log 4 3 = log 3 2 × 4− 1 2 = log 3 8√e (20)

4. Determine a área da região do plano definida pelas seguintes condi¸cões:

y ≥ −2x + 5 , y ≥ (x − 2)2+ 1 , y ≤ 12

x + 3 , x ≤ 3

Resolu¸cão: Para determinar a área pretendida deve come¸car-se por obter uma ideia da figura correspondente de modo a poder escrever uma expressão integral para essa área. Para tal, comece-se por notar que a linha de equa¸cão y = −2x + 5 é uma recta que cruza o eixo das ordenadas no ponto (0, 5) e tem declive −2. Assim, a região correspondente a y ≥ −2x + 5 é um semi-plano que não intersecta o terceiro quadrante:

Por outro lado, a curva de equa¸c˜ao y = (x − 2)2_{+ 1 ´}_{e uma par´}_{abola com v´}_{ertice em (2, 1) e}

virada para cima. Para determinar a posi¸c˜ao relativa das duas curvas determinam-se os pontos que satisfazem as duas igualdades simultaneamente, isto ´e, resolve-se o sistema

( _{y = (x − 2)}2_{+ 1} y = −2x + 5 ⇔ ( _{(x − 2)}2_{+ 1 = −2x + 5} y = −2x + 5 ⇔ ( _x2_{− 2x = 0} y = −2x + 5 ⇔ ( _{x = 0} y = 5 ∨ ( _{x = 2} y = 1 Dado que se pretende a região acima de ambas as curvas tem-se que esta estará contida na região sombreada:

(5)

Como a terceira condi¸cão (a linha correspondente é uma hipérbole equilátera) é um pouco mais complicada que a última come¸ca-se por determinar a interseçcão desta com as restantes equa¸cões. Para a interseçcão com a recta obtém-se x = 3 ∧ y = −1, no caso da interseçcão com a parábola, x = 3 ∧ y = 2 e no caso da hipérbole x = 3 ∧ y = 2 (para determinar estas interseçcões basta substituir x = 3 nas respectivas equa¸cões). Então, a região correspondente à conjun¸cão destas três condi¸cões é

Para terminar o esbo¸co da região falta a curva que a delimita superiormente, isto é, o ramo superior da curva de equa¸cão y(x + 3) = 12 (já que o semi-plano inferior se encontra exclu´ıdo da região). A interseçcão dessa curva com a recta é dada pela solu¸cão do sistema

( _{y(x + 3) = 12} y = −2x + 5 ⇔ ( _{(−2x + 5) (x + 3) = 12} y = −2x + 5 ⇔ ( _−2x2_{− x + 3 = 0} y = −2x + 5 ⇔      x = 1 ±p1 2_{− 4(−2)(3)} 2(−2) y = −2x + 5 ⇔    x = 1 ± 5 −4 y = −2x + 5 ⇔ ( _{x = 1} y = 3 ∨ ( _{x = −}3 2 y = 8 , (21)

sendo que o último destes pontos não pertence à fronteira da região por se encontrar abaixo da parábola.

Por outro lado a interseçcão da hipérbole com a parábola obtem-se resolvendo o sistema ( _{y(x + 3) = 12} y = (x − 2)2_{+ 1} ⇔ ( _{(x − 2)}2_{+ 1 (x + 3) = 12} y = (x − 2)2_{+ 1} ⇔ ( _x3_{− x}2_{− 7x + 3 = 0} y = (x − 2)2_{+ 1} (22)

A primeira equa¸cão do sistema é uma equa¸cão polinomial do terceiro grau o que a torna algo mais complicada de resolver. No entanto, a partir das interseçcões anteriormente determinadas resulta imediato que o ponto (3, 2) pertence a ambas as curvas. Então, x = 3 tem que ser uma das solu¸cões dessa equa¸cão do terceiro grau o que significa que é um zero do polinómio obtido e que é poss´ıvel utilizar a regra de Ruffini para baixar o grau da equa¸cão. Usando esta regra com a raiz x = 3 vem

(6)

1 -1 -7 3

3 3 6 -3

1 2 -1 0

Logo a primeira equa¸c˜ao do sistema ´e equivalente a

x = 3 ∨ x2+ 2x − 1 = 0 ⇔ x = 3 ∨ x = −1 ±p12_{+ 1 ⇔ x = 3 ∨ x = −1 ±}√₂ ₍₂₃₎

Usando a segunda equa¸c˜ao do sistema obtˆem-se os pontos (3, 2) , 1 −√2,6 7(4 + √ 2) e 1 +√2,6 7(4 − √ 2) .

Por análise dos pontos obtidos conclui-se que os dois últimos pontos estão fora da região considerada pois encontram-se abaixo da recta. Esta região é portanto definida pelas curvas dadas cruzando-se nos pontos (1, 3), (2, 1) e (3, 2):

Pode-se, agora, escrever facilmente a expressão integral para o valor da área da região em causa, bastando em cada intervalo ]1, 2[ e ]2, 3[ verificar qual a fun¸cão cujo gráfico delimita superiormente a região e qual a fun¸cão cujo gráfico delimita inferiormente a região (bastava ter em conta as condi¸cões dadas e as interseçcões mas o gráfico obtido permite visualizar melhor o problema), tendo-se

A = Z 2 1 12 x + 3 − (−2x + 5) d x + Z 3 2 12 x + 3− (x − 2) 2_{+ 1 d x} = Z 3 1 12 x + 3d x + Z 2 1 2x − 5 d x − Z 3 2 (x − 2)2+ 1 d x (24)

Todas as primitivas que é necessário calcular são imediatas bastando usar, repetidamente, a fórmula (1), tendo-se Z ₁₂ x + 3d x = 12 Z (x + 3)−1= 12 log |x + 3| Z 2x − 5 d x = 2 x 1+1 1 + 1− 5x = x 2_{− 5x} Z (x − 2)2+ 1 d x = (x − 2) 2+1 2 + 1 + x = (x − 2)3 3 + x (25)

Usando, finalmente, a Regra de Barrow para determinar o valor dos integrais em (24) vem A = [12 log |x + 3|]3₁+x2− 5x2 1− (x − 2)3 3 + x 3 2 = [12 log |3 + 3| − 12 log |1 + 3|] +22− 5 × 2 − 12_{− 5 × 1 −} (3 − 2) 3 3 + 3 − (2 − 2)3 3 + 2 = 12 log6 4− 2 − 4 3 = 12 log 3 2− 10 3

(7)

obtendo-se, assim, o valor da ´area que se pretendia calcular.

5. Seja f : R → R definida pela express˜ao

f (x) = e2x− sen (2x) + cos(2x) a) Determine o polinómio de MacLaurin do terceiro grau para f . b) Estude quanto à existência de extremo na origem a fun¸cão f .

c) Estude f quanto ao sentido da concavidade do seu gr´afico na vizinhan¸ca da origem.

Resolu¸cão: a) Para determinar o polinómio de MacLaurin de terceira ordem basta ter em conta que se trata do polinómio de Taylor centrado em 0 e aplicar a forma geral dos coeficientes do polinómio de Taylor centrado em x0∈ R:

an =

f(n)(x0)

n! (26)

Neste caso, trata-se, portanto, de determinar as 4 primeiras derivadas (contando com a de ordem 0) de f na origem. Comece-se por notar que, sendo f a soma e composta de fun¸cões de classe C∞ (exponencial, seno, coseno e fun¸cões polinomiais), f é de classe C∞ podendo, portanto, obter-se as suas derivadas de qualquer ordem por uso das regras de deriva¸cão. Vem

f(0)_{(x) = e}2x_{− sen (2x) + cos(2x) ⇒ f}(0)_{(0) = 1 − 0 + 1 = 2}

f(1)(x) = 2 e2x− 2 cos(2x) − 2 sen (2x) ⇒ f(1)_{(0) = 2 − 2 − 0 = 0}

f(2)_{(x) = 4 e}2x_{+ 4 sen (2x) − 4 cos(2x) ⇒ f}(2)_{(0) = 4 + 0 − 4 = 0}

f(3)_{(x) = 8 e}2x_{+ 8 cos(2x) + 8 sen (2x) ⇒ f}(1)_{(0) = 8 + 8 + 0 = 16}

(27)

Basta, agora, escrever o polin´omio centrado em 0 com os coeficientes determinados por (26) P3(x) = 2 + 0 1!x + 0 2!x 2₊16 3!x 3_{= 2 +} 8 3x 3_, ₍₂₈₎

sendo este o polin´omio que se pretendia determinar.

b) Para estudar quanto à existência de extremo na origem a fun¸cão f , basta usar o Teorema de Taylor para os extremos, isto é, determinar as sucessivas derivadas na origem, até se determinar uma que não se anule, e estudar a ordem e o sinal dessa derivada. Neste caso a tarefa é particularmente simplificada por já se terem determinado as derivadas relevantes, concluindo-se de imediato que a primeira derivada que não se anula na origem é de ordem ´ımpar e positiva. O referido teorema permite, então, concluir que a fun¸cão f não tem extremo na origem (derivada de ordem ´ımpar) e é crescente numa vizinhan¸ca desse ponto (derivada positiva).

c) Para estudar f quanto ao sentido da concavidade do seu gráfico na vizinhan¸ca da origem utiliza-se o Teorema de Taylor para as concavidades, isto é, determinam-se as sucessivas derivadas na origem, até se determinar uma que não se anule, e estuda-se a ordem e o sinal dessa derivada. Como se viu na al´ınea anterior a primeira derivada que não se anula na origem é de ordem ´ımpar e positiva. O referido teorema permite, então, concluir que a fun¸cão f tem um ponto de inflexão na origem (derivada de ordem ´ımpar) tendo a concavidade virada para baixo (concava) imediatamente `

a esquerda da origem e virada para cima (convexa) imediatamente `a direita desse ponto (derivada positiva).

(8)

6. Seja f a fun¸c˜ao definida pela express˜ao

f (x) = Z 2x

x

e−t23 d t

no conjunto dos pontos onde existe o integral. a) Justifique que f ∈ C0

(R) e determine f (0).

b) Prove que f (−x) = −f (x) para qualquer x ∈ R. Estude f quanto `a simetria e periodicidade. c) Mostre que, para qualquer x ∈ R+ existe um c ∈ [x, 2x] tal que f (x) = x e−c23 e que, tamb´em

para x ∈ R+_{, se tem x e}−4x2

3 ≤ f (x) ≤ x e− x2

3. Prove que f (+∞) = 0

d) Determine todas as ass´ıntotas rectil´ıneas de f . e) Verifique que f ∈ C1

(R) e que a sua derivada ´e dada por f0(x) = e−x23

2 e−x2− 1 f) Estude o sentido da concavidade do gr´afico de f .

Resolu¸c˜ao: a) Dizer que f ∈ C0

(R) é, por defini¸cão, dizer que f é cont´ınua em R logo, para garantir que assim é basta constatar que, sendo g a fun¸cão integranda, g ´_{e cont´ınua em R sendo, portanto, integrável em} qualquer intervalo compacto de R o que se sabe significar que o integral indefinido de g é cont´ınuo em R (independentemente da origem). Como

f (x) = Z 0 x g(t) d t + Z 2x 0 g(t) d t = − Z x 0 g(t) d t + Z 2x 0 g(t) d t , (29)

f pode ser vista como a diferen¸ca entre a composta do integral indefinido de g com um polin´omio e esse mesmo integral indefinido sendo, portanto uma fun¸c˜ao cont´ınua. Para calcular f (0) basta ver que

f (0) = Z 0

0

g(t) d t = 0 (30)

pois trata-se de um integral num intervalo degenerado (reduzido a um ponto).

b) Para provar que f (−x) = −f (x) come¸ca-se por calcular o membro esquerdo da igualdade, vindo

f (−x) = Z 2(−x) (−x) g(t) d t = Z −2x −x g(t) d t (31)

Para relacionar esta expressão com o segundo membro da igualdade é necessário alterar os extremos do integral o que pode ser conseguido recorrendo a uma mudan¸ca de variável. Como se pretende transformar −x em x e −2x em 2x a mudan¸ca a aplicar é, claramente u = −t que é, trivialmente, uma bijeçcão entre os intervalos em causa. Aplicando a mudan¸ca vem:

u = −t ⇒ d t = − d u t = −x ⇒ u = x t = −2x ⇒ u = 2x

(32)

Substituindo no integral resulta, para qualquer x ∈ R, f (−x) = Z 2x x e−(−u)23 _{(−1) d u = −} Z 2x x e−u23 _{d u = −f (x).} ₍₃₃₎

(9)

Logo a proposi¸c˜ao ´e verdadeira.

Para estudar f quanto à simetria basta ter em conta a propriedade que se acabou de demonstrar (f (−x) = −f (x) para todo o x ∈ R) que equivale a dizer que f é ´ımpar. Para verificar que não é periódica basta constatar que, se x > 0, f (x) é um integral de uma fun¸cão estritamente positiva num intervalo não degenerado não sendo portanto nula. Como f (0) = 0, f não pode ser periódica. c) Como para x > 0 o comprimento do intervalo de integra¸cão é x, é de esperar que a existência do ponto c resulte da aplica¸cão do teorema da média. Dado que g ´_{e cont´ınua em R pode aplicar-se a} versão do teorema da média para fun¸cões cont´ınuas que garante que:

f (x) = Z 2x

x

g(t) d t = (2x − x)g(c) = x e−c23 , com c ∈ [x, 2x] (34)

Para verificar a segunda parte do resultado pasta ver que se 0 < x ≤ c ≤ 2x ent˜ao x2 _{≤ c}2_{≤ 4x}2

e, portanto −4x2≤ −c2_{≤ −x}2_{. Como a exponencial ´}_{e uma fun¸}_c˜

ao crescente, para x ∈ R+, 0 < x ≤ c ≤ 2x ⇒ −4x 2 3 ≤ −c2 3 ≤ −x2 3 ⇒ e −4x2 3 ≤ e− c2 3 ≤ e− x2 3 ⇒ x e− 4x2 3 ≤ x e− c2 3 ≤ x e− x2 3

Usando a propriedade (34) resulta imediato que, para qualquer x ∈ R+_{, x e}−4x2

3 ≤ f (x) ≤ x e− x2

3 .

Quanto `a ´ultima parte da pergunta resulta imediata de 0 < f (x) ≤ x e−x2

3 e do facto de lim x→+∞x e −x2 3 = lim x→+∞ x ex23 (35) correspondendo este último limite a um s´ımbolo de indetermina¸cão (∞_∞) ao qual pode ser poss´ıvel aplicar a Regra de Cauchy. Como as fun¸cões intervenientes satisfazem todas as condi¸cões de reg-ularidade necessárias (quer o numerador quer o denominador são diferenci´_{aveis em R e a derivada} do denominador n˜_{ao se anula em R}+_{) para poder aplicar a dita regra basta que exista o limite do}

quociente das derivadas. Tem-se, ent˜ao lim x→∞ (x)0 ex23 0 = lim_x→∞ 1 2x 3 e x2 3 = 1 ∞ = 0 (36)

Então pela Regra de Cauchy, o limite em +∞ da fun¸cão que majora f (x) é nulo logo, como f (x) > 0 para x ∈ R+, f (+∞) = 0.

d) Pela al´ınea (a) f ∈ C0

(R) logo f não tem ass´ıntotas verticais. Pela al´ınea (c) f (+∞) = 0 logo f tem uma ass´ıntota horizontal à direita, y = 0. Pela al´ınea (b) f é ´ımpar logo f (−∞) = −f (+∞) = 0 e, portanto, y = 0 também é uma ass´ıntota horizontal à esquerda. Como uma fun¸cão cont´ınua não pode ter mais do que uma ass´ıntota não vertical à esquerda e uma à direita conclui-se que a única ass´ıntota do gráfico de f é y = 0.

e) Para garantir que f ∈ C1

(R), pode-se usar a Regra de Leibnitz, isto é, que a fun¸cão g é cont´ınua no intervalo de integra¸cão para qualquer x no dom´ınio de f (o que é imediato pois g é cont´ınua em R) e que os extremos de integra¸cão são fun¸cões de classe C1 _{(o que ´}_{e trivial pois trata-se de}

polin´omios). Por essa mesma regra, f0(x) =e−t23 t=2x(2x) 0₋_e−t2 3 t=x(x) 0_{= e}−(2x)2 3 _{(2) − e}−x23 _{(1) = 2 e}−4x23 − e−x23 ₍₃₇₎

Basta, agora, por em evidˆencia a ´_{ultima exponencial e vem, para qualquer x ∈ R,} f0(x) = e−x23 2 e−4x23 +x23 − 1 = e−x23 2 e−3x23 − 1 = e−x23 2 e−x2− 1 (38) que era o que se pretendia demonstrar.

(10)

f) Para estudar o sentido da concavidade do gr´_{afico de f para qualquer x ∈ R deve-se fazer o estudo} do sinal da segunda derivada de f a qual pode ser obtida através das regras de deriva¸cão a partir do resultado estabelecido na al´ınea anterior (já que f0 é obviamente de classe C1 _{por ser a soma,}

produto e composta de fun¸cões diferenciáveis - a exponencial e fun¸cões polinomiais). Tem-se, então, f00(x) = e−x23 0 2 e−x2− 1+ e−x23 2 e−x2− 10 = −2x 3 e −x2 3 2 e−x2− 1+ e−x23 2(−2x) e−x2 = e−x2 3 −2x 3 2 e−x2− 1− 4x e−x2 = e−x23 −4x 3 e −x2 +2x 3 − 4x e −x2 = e−x23 −16x 3 e −x2 +2x 3 = 2x 3 e −x2 3 −8 e−x2+ 1 (39)

Como f00´e uma fun¸c˜ao cont´ınua, para trocar de sinal tem que se anular. Determinam-se, portanto, os zeros de f00: f00(x) = 0 ⇔ 2x 3 = 0 ∨ e −x2 3 = 0 ∨ −8 e−x 2 + 1 = 0 (40)

A primeira equa¸cão só tem a solu¸cão trivial x = 0, a segunda é imposs´ıvel e para a terceira tem-se −8 e−x2+ 1 = 0 ⇔ e−x2= 1 8 ⇔ −x 2_{= log}1 8 ⇔ x 2_{= log 8 ⇔ x = ±}p log 8 (41)

Constr´oi-se de seguida o quadro do sinal de f00 vindo

−√log 8 0 √log 8 −8 e−x2 + 1 + 0 − − − 0 + 2x 3 − − − 0 + + + e−x23 + + + + + + + f00(x) − 0 + 0 − 0 +

Então o gráfico de f tem a concavidade virada para baixo (é concava) em ] − ∞, −√log 8[ e em ]0,√log 8[ e virada para cima (é convexa) em ] −√log 8, 0[ e em ]√log 8, +∞[.