Baixe Prova de Cálculo 1 com gabarito e outras Provas em PDF para Cálculo Avançado, somente na Docsity! Instituto de Matemática - UFRJ Cálculo 1 Gabarito P1 - realizada em 21 de setembro de 2017. 1. (2 pontos) (a) Calcule o seguinte limite: lim x→0 9x3 − 6x+ 2 sen(3x) x3 . Resolução. lim x→0 →0︷ ︸︸ ︷ 9x3 − 6x+ 2 sen(3x) x3︸︷︷︸ →0 = (L’Hôsp.) lim x→0 →0︷ ︸︸ ︷ 27x2 − 6 + 6 cos(3x) 3x2︸︷︷︸ →0 = (L’Hôsp.) lim x→0 →0︷ ︸︸ ︷ 54x− 18 sen(3x) 6x︸︷︷︸ →0 = (L’Hôsp.) lim x→0 54− 54 cos(3x) 6 = 0. (b) Calcule o seguinte limite: lim x→∞ ex + 2/x 7ex + 5/x . Resolução. lim x→∞ ÷ex︷ ︸︸ ︷ ex + 2/x 7ex + 5/x︸ ︷︷ ︸ ÷ex = lim x→∞ 1 + →0︷︸︸︷ 2 xex 7 + 5 xex︸︷︷︸ →0 = 1 7 . 2. (3 pontos) (a) Sejam f(x) = ex + 5x2 e g(x) uma função tal que g(3) = 2 e g′(3) = 4. Determine (f ◦ g)′(3). Resolução. (f ◦ g)′(3) = f ′(g(3)) · g′(3). f ′(x) = ex + 10x⇒ f ′(g(3)) = f ′(2) = e2 + 20⇒ f ′(g(3)) · g′(3) = (e2 + 20)4 = 4e2 + 80. (b) Considere a curva definida pela equação xy2 + √ xy = 2. Encontre a equação da reta tangente à curva no ponto (1, 1). Resolução. Considerando y variável dependente de x, derivamos em relação a x (indicando por ′) obtemos: d dx (xy2 + √ x √ y) = d dx (2)⇒ y2 + 2xyy′ + 1 2 √ x √ y + √ x 1 2 √ y y′ = 0 Substituindo x = 1 e y = 1: 1 + 2y′ + 1 2 + 1 2 y′ = 0⇒ 2 + 4y′ + 1 + y′ = 0⇒ y′(1) = −3 5 . Equação a reta tangente y − 1 x− 1 = y′(1)⇒ y − 1 x− 1 = −3 5 ⇒ 5y − 5 = −3x+ 3⇒ 3x+ 5y − 8 = 0 ou y = −3 5 x+ 8 5 . (c) Seja b uma constante e seja f(x) = sen [ln (1 + b sen(πx))]− bx3. Encontre o valor de b para que a inclinação da reta tangente ao gráfico de f no ponto x = 1 seja 5. Resolução. f ′(x) = cos [ln (1 + b sen(πx))] · [ln (1 + b sen(πx))]′ − 3bx2 = cos [ln (1 + b sen(πx))] · (1 + b sen(πx))′ 1 + b sen(πx) − 3bx2 = cos [ln (1 + b sen(πx))] · (bπ cos(πx)) 1 + b sen(πx) . ⇒ f ′(1) = cos [ ln ( 1 + b =0︷ ︸︸ ︷ senπ )] · bπ =−1︷ ︸︸ ︷ cos(π) 1 + b sen(π)︸ ︷︷ ︸ =0 − 3b = cos(ln 1)(bπ cosπ)− 3b = cos 0(̇− bπ)− 3b = −b(π + 3). Então f ′(1) = 5⇔ −b(π + 3) = 5⇔ b = − 5 π + 3 . 3. (2 pontos) Uma pedra é jogada de uma al- tura de 160m. Um foco de luz está colocado também a 160m de altura, a uma distância de 10m da posição inicial da pedra. A altura da pedra após t segundos é A(t) = −40 10 t 2+160 metros. Com que veloci- dade se moverá a sombra da pedra sobre o chão 2 segundos após a pe- dra ser jogada? Figura 1 Figura 2 Resolução. Denotando S(t) o deslocamento da sombra da pedra a partir da posição da base da fonte (Figura 2) então seu deslocamento em relação ao local onde cairá a pedra é S(t)− 10. Então, pela semelhança dos triângulos retângulos temos: S(t) S(t)− 10 = 160 A(t) . Assim, S(t) ·A(t) = 160 · (S(t)− 10)⇒ S(t) · (160−A(t)) = 1600 (i). Relação entre as velocidades da pedra e da sombra: denotando (’) a derivação em relação a t. (S(t) · (160−A(t))′ = 0⇒ S′(t)(160−A(t))− S(t)A′(t) = 0⇒ S′(t) = S(t)A′(t) 160−A(t) . Para t = 2, S′(2) = S(2)A′(2) 160−A(2) . (ii) A(2) = −49 10 · 4 + 160 = −98 5 + 160⇒ 160−A(2) = 98 5 (iii) A′(t) = −2t · 49 10 = −49 5 t⇒ A(2)′ = −49 5 · 2 = −98 5 · (iv) De (i) e (ii), S(2) = 1600 98/5 = 1600 · 5 98 = 4000 49 .(v) De (ii) a (v), S′(2) = (4000/49)(−98/5) 98/5 = −4000 49 m/s. 4. (3 pontos) Seja f(x) = 5 √ x4 ( x 9 − 1 4 ) , com f ′(x) = x− 1 5 5 √ x e f ′′(x) = 4x+ 1 25 5 √ x6 . Determine, caso exis- tam: 2
