UNIVERSIDADE DA BEIRA INTERIOR
DEPARTAMENTO DE MATEM ´ATICA
1◦ Ciclo em Engenharia Electromecˆanica
1◦ Ciclo em Engenharia Electrot´ecnica e de Computadores
Exame de C´alculo I – 1a Chamada
Ano Lectivo 2010/2011
31 de Janeiro de 2011 Dura¸c˜ao: 2h30min+ 30min
1) Considere os seguintes subconjuntos de R: A = x ∈ R: x2 − 3x + 1 61 ∧ 2 3 − x >1 e B = ]−∞, 0[ ∪ ]0, 2] ∪ {3} . a) Escreva o conjunto A como uma reuni˜ao de intervalos de n´umeros reais.
b) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderˆencia e o derivado de B. c) Diga, justificando, se B ´e um conjunto aberto ou se ´e um conjunto fechado. 2) Considere a fun¸c˜ao f : R → R definida por f (x) = x
x2+ 1.
a) A fun¸c˜ao f ´e cont´ınua? Justifique a resposta. b) Determine os zeros de f .
c) Estude a paridade de f .
d) Estude a monotonia e os extremos locais de f .
e) Calcule os pontos de inflex˜ao e estude as concavidades de f . f ) Determine as ass´ımptotas de f . g) Esboce o gr´afico de f . h) Calcule Z 1 0 f (x) dx.
3) Determine a aproxima¸c˜ao quadr´atica da fun¸c˜ao dada por f (x) = ln(1 + x) no ponto x = 0 e use-a para aproximar o valor de ln 1,1. 4) Calcule as seguintes primitivas:
a) Z cos(ln x) +√arcsen x 1 − x2 dx; b) Z 2 + 2 tg2x tg2
x − 4 tg x + 3dx. (Sugest˜ao: Fa¸ca a substitui¸c˜ao tg x = t.)
5) Calcule a ´area da regi˜ao plana limitada pelas curvas de equa¸c˜ao y = x2 e y = x5.
6) Calcule o volume do s´olido de revolu¸c˜ao que se obt´em rodando em torno do eixo dos xx o gr´afico da fun¸c˜ao g definida por g(x) =√x2− x4.
7) Determine o intervalo de convergˆencia da seguinte s´erie de potˆencias
+∞
X
n=0
n(x − 1)n
1) Considere os seguintes subconjuntos de R: A = x ∈ R: x2− 3x + 1 61 ∧ 2 3 − x >1 e B = ]−∞, 0[ ∪ ]0, 2] ∪ {3} .
a) Escreva o conjunto A como uma reuni˜ao de intervalos de n´umeros reais.
b) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderˆencia e o derivado de B. c) Diga, justificando, se B ´e um conjunto aberto ou se ´e um conjunto fechado.
1a) Comecemos por resolver a primeira inequa¸c˜ao: x2− 3x + 1 61 ⇔ x2− 3x + 1 6 1 ∧ x2− 3x + 1 > −1 ⇔ x2 − 3x 6 0 ∧ x2 − 3x + 2 > 0 ⇔ x(x − 3) 6 0 ∧ x2− 3x + 2 > 0, pelo que temos de resolver a equa¸c˜ao x2
− 3x + 2 = 0: x2− 3x + 2 = 0 ⇔ x = −(−3) ±p(−3) 2− 4 · 1 · 2 2 · 1 ⇔ x = 3 ±√9 − 8 2 ⇔ x = 3 ± √ 1 2 ⇔ x = 3 ± 1 2 ⇔ x = 1 ∨ x = 2 e, portanto, x2− 3x + 1 61 ⇔ x(x − 3) 6 0 ∧ x 2 − 3x + 2 > 0, ⇔ x(x − 3) 6 0 ∧ (x − 1)(x − 2) > 0, ⇔ x ∈ [0, 3] ∧ (x ∈ ] − ∞, 1] ∪ [2, +∞[) ⇔ x ∈ [0, 1] ∪ [2, 3].
Quanto `a segunda inequa¸c˜ao tem-se 2 3 − x >1 ⇔ 2 3 − x − 1 > 0 ⇔ 2 − 3 + x 3 − x >0 ⇔ x − 1 3 − x >0, pelo que ´e necess´ario fazer um quadro de sinal:
x 1 3 x − 1 − 0 + + + 3 − x + + + 0 − x − 1 3 − x − 0 + N.D. − e, por conseguinte, 2 3 − x >1 ⇔ x ∈ [1, 3[. Logo A = ([0, 1] ∪ [2, 3]) ∩ [1, 3[= {1} ∪ [2, 3[.
1b) Temos int B =] − ∞, 0[ ∪ ]0, 2[, ext B =]2, 3[ ∪ ]3, +∞[, fr B = {0, 2, 3}, B = ] − ∞, 2] ∪ {3} e B′ = ] − ∞, 2].
1c) O conjunto B n˜ao ´e aberto porque int B 6= B. Al´em disso, como B 6= B, o conjunto B tamb´em n˜ao ´e fechado.
2) Considere a fun¸c˜aof : R → R definida por f (x) = x
x2+ 1.
a) A fun¸c˜ao f ´e cont´ınua? Justifique a resposta. b) Determine os zeros de f .
c) Estude a paridade de f .
d) Estude a monotonia e os extremos locais de f .
e) Calcule os pontos de inflex˜ao e estude as concavidades de f . f ) Determine as ass´ımptotas de f . g) Esboce o gr´afico de f . h) Calcule Z 1 0 f (x) dx.
2a) A fun¸c˜ao f ´e cont´ınua porque ´e uma fun¸c˜ao racional. 2b) Usando o facto de x2
+ 1 6= 0 para qualquer x ∈ R temos f (x) = 0 ⇔ x2x+ 1 = 0 ⇔ x = 0 ∧ x
2
+ 1 6= 0 ⇔ x = 0, ou seja, f tem apenas um zero no ponto x = 0.
2c) Como para qualquer x ∈ R se tem
f (−x) = −x
(−x)2+ 1 = −
x
x2+ 1 = −f (x),
a fun¸c˜ao f ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar. 2d) Calculemos a primeira derivada de f :
f′(x) = x x2+ 1 ′ = x′(x 2 + 1) − (x2+ 1)′x (x2+ 1)2 = 1(x2 + 1) − 2x · x (x2+ 1)2 = x2 + 1 − 2x2 (x2+ 1)2 = 1 − x2 (x2+ 1)2. Como (x2+ 1)2
> 0 para qualquer x ∈ R, tem-se f′(x) = 0 ⇔ 1 − x 2 (x2+ 1)2 = 0 ⇔ 1 − x2 = 0 ∧ (x2+ 1)2 6= 0 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = −1 ∨ x = 1, e, portanto, x −1 1 1 − x2 − 0 + 0 − (x2+ 1)2 + + + + + f′(x) − 0 + 0 − f (x) ց m ր M ց
Assim, f ´e estritamente crescente em ] − 1, 1[, ´e estritamente decrescente em ] − ∞, −1[ e em ]1, +∞[, tem um m´aximo local no ponto x = 1 e tem um m´ınimo local no ponto x = −1.
2e) Calculemos a segunda derivada de f : f′′(x) = 1 − x2 (x2+ 1)2 ′ = (1 − x 2)′(x2+ 1)2 −(x2+ 1)2′ (1 − x2) [(x2+ 1)2]2 = −2x(x 2+ 1)2 − 2 · 2x(x2 + 1)(1 − x2) (x2+ 1)4 = 2x(x 2+ 1)−(x2 + 1) − 2(1 − x2) (x2+ 1)4 = 2x −x 2 − 1 − 2 + 2x2 (x2+ 1)3 = 2x x 2− 3 (x2+ 1)3
e, portanto, tendo em conta que (x2+ 1)3
> 0 para qualquer x ∈ R, tem-se f′′(x) = 0 ⇔ 2x x 2 − 3 (x2+ 1)3 = 0 ⇔ 2x x2 − 3 = 0 ∧ (x2+ 1)3 6= 0 ⇔ x = 0 ∨ x2 = 3 ⇔ x = 0 ∨ x = −√3 ∨ x =√3, o que nos permite construir o seguinte quadro:
x −√3 0 √3 2x − − − 0 + + + x2 − 3 + 0 − − − 0 + 2x(x2 − 3) − 0 + 0 − 0 + (x2+ 1)3 + + + + + + + f′′(x) − 0 + 0 − 0 +
f (x) ∩ P.I. ∪ P.I. ∩ P.I. ∪
Assim, f tem a concavidade voltada para baixo em ] − ∞, −√3[ e em ]0,√3[, tem a concavidade voltada para cima em ] −√3, 0[ e em ]√3, +∞[ e nos pontos x = −√3, x = 0 e x =√3 tem pontos de inflex˜ao.
2f ) Vejamos que f tem um ass´ımptota n˜ao vertical `a direita. De facto,
lim x→+∞ f (x) x = limx→+∞ x x2+ 1 x = limx→+∞ 1 x2+ 1 = 1 (+∞)2+ 1 = 1 +∞ + 1 = 1 +∞ = 0 e lim x→+∞[f (x) − 0 · x] = x→+∞lim x x2+ 1 = limx→+∞ x x2(1 + 1/x2) = limx→+∞ 1 x (1 + 1/x2) = 1 +∞ (1 + 1/(+∞)2) = 1 +∞ (1 + 1/+ ∞) = 1 +∞ (1 + 0) = 1 +∞ = 0, pelo que a recta de equa¸c˜ao y = 0 ´e uma ass´ımptota n˜ao vertical `a direita do gr´afico de f .
Analogamente, temos lim x→−∞ f (x) x = limx→−∞ x x2+ 1 x = limx→−∞ 1 x2+ 1 = 1 (−∞)2+ 1 = 1 +∞ + 1 = 1 +∞ = 0 e lim x→−∞[f (x) − 0 · x] = x→−∞lim x x2+ 1 = limx→−∞ x x2(1 + 1/x2) = limx→−∞ 1 x (1 + 1/x2) = 1 −∞ (1 + 1/(−∞)2) = 1 −∞ (1 + 1/+ ∞) = 1 −∞ (1 + 0) = 1 −∞ = 0 e, por conseguinte, a recta de equa¸c˜ao y = 0 tamb´em ´e ass´ımptota n˜ao vertical `a esquerda do gr´afico de f .
Finalmente, tendo em conta que o dom´ınio de f ´e R e que f ´e cont´ınua em todo o seu dom´ınio, conclui-se que f n˜ao tem ass´ımptotas verticais.
2g) Usando toda a informa¸c˜ao que obtivemos nas al´ıneas anteriores e calculando f (1) = 1 12+ 1 = 1 2 e f (−1) = −1 (−1)2+ 1 = − 1 2 e f (√3) = √ 3 (√3)2+ 1 = √ 3 4 e f (− √ 3) = − √ 3 (−√3)2+ 1 = − √ 3 4 , podemos fazer o seguinte esbo¸co do gr´afico de f :
x y √ 3/4 1/2 −√3/4 −1/2 1 √3 −1 −√3 2h) Calculemos o integral Z 1 0 f (x) dx: Z 1 0 x x2+ 1dx = 1 2 Z 1 0 2x x2+ 1dx = 1 2 h ln x2+ 1 i1 0 dx = 1 2 ln 12+ 1 − ln 02+ 1 = 1 2(ln 2 − ln 1) = 1 2(ln 2 − 0) = ln 2 2 .
3) Determine a aproxima¸c˜ao quadr´atica da fun¸c˜ao dada por
f (x) = ln(1 + x)
no ponto x = 0 e use-a para aproximar o valor de ln 1,1.
3) A aproxima¸c˜ao quadr´atica em torno de x = a de uma fun¸c˜ao f duas vezes diferenci´avel ´e dada por
f (x) ≈ f (a) + f′(a)(x − a) + f′′(a)
2 (x − a) 2 . Para f (x) = ln(1 + x) temos f′(x) = 1 1 + x e f ′′(x) = − 1 (1 + x)2 e, atendendo a que f (0) = ln(1 + 0) = ln 1 = 0, f′(0) = 1 1 + 0 = 1 e f ′′(0) = − 1 (1 + 0)2 = −1, a aproxima¸c˜ao quadr´atica de f (x) = ln(1 + x) em torno de x = 0 ´e dada por
ln(1 + x) ≈ f (0) + f′(0)x +f′′(0) 2 x 2 = x −x 2 2 . Assim, ln(1,1) = ln(1 + 0, 1) ≈ 0, 1 −(0, 1) 2 2 = 0, 1 − 0, 01 2 = 0, 1 − 0, 005 = 0, 095.
4) Calcule as seguintes primitivas: a) Z cos(ln x) +√arcsen x 1 − x2 dx; b) Z 2 + 2 tg2x tg2
x − 4 tg x + 3dx. (Sugest˜ao: Fa¸ca a substitui¸c˜aotg x = t.)
4a) Como a primitiva de uma soma de fun¸c˜oes ´e a soma das primitivas das fun¸c˜oes, temos Z cos(ln x) +√arcsen x 1 − x2 dx = Z cos(ln x) dx + Z arcsen x √ 1 − x2dx.
Para calcularmos a primeira primitiva temos de primitivar duas vezes por partes: Z cos(ln x) dx = Z 1 · cos(ln x) dx = x cos(ln x) − Z x (cos(ln x))′ dx = x cos(ln x) − Z x 1 x(− sen(ln x)) dx = x cos(ln x) + Z 1 · sen(ln x) dx = x cos(ln x) + x sen(ln x) − Z x (sen(ln x))′ dx = x cos(ln x) + x sen(ln x) − Z x1 xcos(ln x) dx = x cos(ln x) + x sen(ln x) − Z cos(ln x) dx.
Ora se Z
cos(ln x) dx = x cos(ln x) + x sen(ln x) − Z
cos(ln x) dx, ent˜ao
2 Z
cos(ln x) dx = x cos(ln x) + x sen(ln x) e, consequentemente,
Z
cos(ln x) dx = x cos(ln x) + x sen(ln x)
2 + c.
Por outro lado, a segunda primitiva que temos de calcular ´e imediata: Z arcsen x √ 1 − x2 dx = Z 1 √ 1 − x2 arcsen x dx = (arcsen x)2 2 + c. Logo Z cos(ln x) + arcsen x√ 1 − x2dx = x cos(ln x) + x sen(ln x) 2 + (arcsen x)2 2 + c.
4b) Fazendo a substitui¸c˜ao tg x = t, temos x = arctg t o que implica dx = (arctg t)′ dt = 1 1 + t2dt. Assim, Z 2 + 2 tg2x tg2x − 4 tg x + 3dx = Z 2 + 2t2 t2− 4t + 3 1 1 + t2 dt = Z 2(1 + t2) t2− 4t + 3 1 1 + t2 dt = Z 2 t2− 4t + 3dt,
pelo que temos de calcular a primitiva de uma fun¸c˜ao racional. Tendo em conta que o grau do numerador ´e menor do que o grau do denominador, n˜ao ´e poss´ıvel fazer a divis˜ao. Deste modo temos de factorizar o denominador, ou seja, temos de determinar os zeros do denominador:
t2− 4t + 3 = 0 ⇔ t = −(−4) ±p(−4) 2− 4 · 1 · 3 2 · 1 ⇔ t = 4 ± √ 16 − 12 2 ⇔ t = 4 ± √ 4 2 ⇔ t = 4 ± 22 ⇔ t = 3 ∨ t = 1. Agora temos de determinar A e B tais que
2 t2− 4t + 3 = 2 (t − 3)(t − 1) = A t − 3 + B t − 1. Daqui resulta que
A(t − 1) + B(t − 3) = 2,
pelo que fazendo t = 3 temos A = 1 e fazendo t = 1 temos B = −1. Assim, Z 2 t2− 4t + 3dt = Z 1 t − 3 − 1 t − 1dt = ln |t − 3| − ln |t − 1| + c = ln t − 3 t − 1 + c e, consequentemente, Z 2 + 2 tg2x tg2x − 4 tg x + 3dx = ln tg x − 3 tg x − 1 + c.
5) Calcule a ´area da regi˜ao plana limitada pelas curvas de equa¸c˜ao y = x2 e y = x5.
5) Calculemos os pontos de intersec¸c˜ao das duas curvas:
( y = x2 y = x5 ⇔ ( x5 = x2 —— ⇔ ( x5 − x2 = 0 —— ⇔ ( x2 (x3 − 1) = 0 —— ⇔ ( x2 = 0 —— ∨ ( x3 = 1 —— ⇔ ( x = 0 y = 0 ∨ ( x = 1 y = 1
e, por conseguinte, os pontos de intersec¸c˜ao das duas curvas s˜ao (0, 0) e (1, 1). Representemos geometricamente a regi˜ao plana de que queremos calcular a ´area:
x y 1 1 b y = x2 y = x5
A ´area que queremos calcular ´e igual a A = Z 1 0 x2− x5dx = x3 3 − x6 6 1 0 = 1 3 3 − 16 6 − 03 3 − 06 6 = 1 3− 1 6 − (0 − 0) = 2 6 − 1 6 = 1 6.
6) Calcule o volume do s´olido de revolu¸c˜ao que se obt´em rodando em torno do eixo dos xx o gr´afico da fun¸c˜ao g definida por g(x) =√x2− x4.
6) Calculemos o dom´ınio de g. O dom´ınio de g ´e o conjunto Dg =x ∈ R: x2− x4 >0
e, como x2>
0 para qualquer x ∈ R, temos
x2− x4 >0 ⇔ x2(1 − x2) > 0 ⇔ 1 − x2 >0. Atendendo a que 1 − x2 = 0 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = −1 ∨ x = 1, resulta x2− x4>0 ⇔ 1 − x2>0 ⇔ x ∈ [−1, 1] e, portanto, Dg= [−1, 1].
Logo o volume que queremos calcular ´e dado por
V = π Z 1 −1 [g(x)]2 dx = π Z 1 −1 hp x2− x4i2 dx = π Z 1 −1 x2− x4dx = π x3 3 − x5 5 1 −1 dx = π 1 3 3 − 15 5 − (−1)3 3 − (−1)5 5 = π 1 3− 1 5 − −1 3 − −1 5 = π 1 3 − 1 5 + 1 3− 1 5 = π 2 3 − 2 5 = π 10 15 − 6 15 = 4 15π.
7) Determine o intervalo de convergˆencia da seguinte s´erie de potˆencias +∞ X n=0 n(x − 1)n 1 + 2n .
7) Aplicando `a s´erie dos m´odulos
+∞ X n=0 n (x − 1)n 1 + 2n = +∞ X n=0 n |x − 1|n 1 + 2n o crit´erio de D’Alembert lim n→+∞ (n + 1) |x − 1|n+1 1 + 2n+1 n |x − 1|n 1 + 2n = lim n→+∞ n + 1 n 1 + 2n 1 + 2n+1 |x − 1|n+1 |x − 1|n = lim n→+∞ n n+ 1 n 2n(1/2n+ 1) 2n+1(1/2n+1+ 1) |x − 1| = lim n→+∞ 1 + 1 n (1/2n+ 1) 2(1/2n+1+ 1) |x − 1| = 1 + 1 +∞ (1/+ ∞ + 1) 2(1/+ ∞ + 1) |x − 1| = |x − 1| 2 , resulta que se |x − 1| 2 < 1 ⇔ |x − 1| < 2 ⇔ x − 1 < 2 ∧ x − 1 > −2 ⇔ x < 3 ∧ x > −1 ⇔ x ∈ ] − 1, 3[ a s´erie ´e convergente e se
|x − 1|
2 > 1 ⇔ x ∈ ] − ∞, −1[ ∪ ]3, +∞[ a s´erie ´e divergente.
Falta estudar a natureza da s´erie quando x = −1 e quando x = 3. Para x = 3 vem
+∞ X n=0 n (3 − 1)n 1 + 2n = +∞ X n=0 n 2n 1 + 2n e como lim n→+∞ n 2n 1 + 2n = limn→+∞ n 2n 2n(1/2n+ 1) = limn→+∞ n 1/2n+ 1 = +∞ 1/+ ∞ + 1 = +∞ 0 + 1 = +∞ 1 = +∞ a s´erie ´e divergente para x = 3.
Quando x = −1 vem +∞ X n=0 n (−1 − 1)n 1 + 2n = +∞ X n=0 n (−2)n 1 + 2n = +∞ X n=0 (−1)n n 2 n 1 + 2n e, porque lim n→+∞ n 2n 1 + 2n = +∞, a sucess˜ao (−1)n n 2 n 1 + 2n n∈N
´e divergente, o que implica que a s´erie ´e divergente para x = −1. Logo o intervalo de convergˆencia da s´erie
+∞ X n=0 n (x − 1)n 1 + 2n ´e ] − 1, 3[.