Preparaçao Para Exame.2015

Luís, Taunde Dauce TESTES E EXAME RESOLVIDOS

ANÁLISE MATEMÁTICA 1

MEAA

[email protected] TESTES E EXAME RESOLVIDOS

Adquira exames resolvidos: A. Matemática 1 em www.mozem1.blogspot.com/p/soluçoes-escolares

UNIVERSIDADE EDUARDO MONDLANE FACULDADE DE CIÊNCIAS Departamento de Matemática e Informática Análise Matemática І para cursos de engenharias

Regime:Pós Laboral 1.°Ano

Teste І

1.° Semestre

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. 𝑛+1

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

Temos que provar que: 𝑛 +1 2 𝑛 +1 𝑛 2𝑛

𝑛 +1 2 𝑛 .2 𝑛 2𝑛

=

b) 𝑎𝑛+1 = 𝑛 +1 2𝑛 +1 𝑛 +1 2𝑛 +1

= =

𝑛 +1

= 2𝑛 .2 .

𝑛+1

2𝑛 𝑛+1 2𝑛

𝑎𝑛

2𝑛

2𝑛 𝑛

𝑎 𝑛 +1 𝑎𝑛

=

< 1 ,sendo assim teremos:

𝑛+1 2𝑛

< 1 para ∀𝑛 ∈ ℕ: 𝑛 > 1

𝑎𝑛 𝑛

. 2𝑛

𝑛 2 +𝑛

𝑛 +1

, seja 𝑣𝑛 = 2𝑛 +1 e 𝑢𝑛 =

22𝑛

1

3

1

5

1

3

1

5

𝑛 2 +𝑛 22𝑛

então os termos de 𝑣𝑛 e 𝑢𝑛 são:

3

𝑣1 = 2 ; 𝑣2 = 8; 𝑣3 = 4; 𝑣4 = 32 ; 𝑣5 = 32 ; … 3

𝑢1 = 2 ; 𝑢2 = 8; 𝑢3 = 4; 𝑢4 = 32 ; 𝑢5 = 32 ; … Como os termos de 𝑣𝑛 e 𝑢𝑛 são iguais, então 𝑣𝑛 = 𝑢𝑛 , 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 cos(2𝑛) 𝑢𝑛 = 2 𝑛 +1 Resolução: −1 ≤ cos 2𝑛 ≤ 1 −1 𝑛 2 +1

≤

cos (2𝑛) 𝑛 2 +1 −1

1

≤ 𝑛 2 +1

lim𝑛→∞ 𝑛 2 +1 ≤ lim𝑛→∞ 0 ≤ lim𝑛→∞ lim𝑛→∞

cos 2𝑛

cos 2𝑛 𝑛 2 +1

𝑛 2 +1

cos (2𝑛) 𝑛 2 +1

1

≤ lim𝑛→∞ 𝑛 2 +1

≤0

=0

lim𝑛→∞ 𝑢𝑛 = 0 , 𝑢𝑛 Converge para 0. Est. Luis, Taunde Dauce. Cel: 847849543/821620012

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3. (2.0v) Usando o resultado, “ se lim𝑛→∞

𝑢 𝑛 +1 𝑢𝑛

= 𝑎, então lim𝑛→∞ 𝑢𝑛 =

𝑛

𝑛

𝑢𝑛 = 𝑎” estude a convergência do termo

2𝑛 + 1

Resolução: 𝑛 𝑢𝑛 = 2𝑛 + 1 lim𝑛→∞

𝑛

2𝑛 + 1 = lim𝑛 →∞

2𝑛 +1 +1 2𝑛 +1

= lim𝑛→∞

2𝑛 .2+1 2𝑛 +1

1

= lim𝑛→∞

2𝑛 (2+ 𝑛 ) 2 1

2𝑛 (1+ 𝑛 ) 2

=2

4. (2.0v + 2.0v) Calcule os seguintes sucessões 𝑛 +2 !−𝑛!

a) lim𝑛→∞ 𝑛!(5𝑛 2 +2) (6𝑛−5)2 (𝑛+2)3

b) lim𝑛→∞ (𝑛 2 +25)(3𝑛 2 +7) Resolução:

a) lim𝑛→∞

𝑛 +2 !−𝑛! 𝑛 !(5𝑛 2 +2)

= lim𝑛→∞

𝑛 +2 𝑛 +1 𝑛 !−𝑛 ! 𝑛 !(5𝑛 2 +2)

= lim𝑛→∞

𝑛 ! 𝑛 +2 𝑛 +1 −1 𝑛!(5𝑛 2 +2)

= lim𝑛→∞

𝑛 +2 𝑛 +1 −1 (5𝑛 2 +2)

=

lim𝑛→∞𝑛1+2𝑛𝑛1+1𝑛 𝑛2(5+2𝑛2)= lim𝑛→∞𝑛25𝑛2=15 5 2 2 3 𝑛(1+ ) 𝑛 𝑛 25 7 𝑛 2 (1+ 2 )𝑛 2 (3+ 2 ) 𝑛 𝑛

𝑛(6− )

(6𝑛−5)2 (𝑛+2)3

b) lim𝑛→∞ (𝑛 2 +25)(3𝑛 2 +7) = lim𝑛 →∞

= lim𝑛→∞

36𝑛 5 3𝑛 4

= lim𝑛→∞ 12𝑛 = ∞

5. (3.0v) Recorrendo ás relações entre infinitésimos, calcule: cos 𝑥 − cos 2𝑥 lim 𝑥→0 1 − cos 𝑥 Resolução: lim𝑥→0

cos 𝑥−cos 2𝑥

= lim𝑥→0

1−cos 𝑥

cos 𝑥− 1−2sen 2 𝑥 1−cos 𝑥

2sen 2 𝑥

cos 𝑥−1

= lim𝑥→0

−(1−cos 𝑥)

lim𝑥→0 ( 1−cos 𝑥 + 1−cos 𝑥 ) = lim𝑥→0

1−cos 𝑥

+

cos 𝑥−1+2sen 2 𝑥)

2sen 2 𝑥 𝑥 2sen 2 2

1−cos 𝑥

=

= −1 + lim𝑥→0

𝑥2 𝑥2 4

= = −1 + lim𝑥→0

𝑥2. 4 𝑥2

= −1 + 4

=3 6. (3.0v) Mostre que a função 𝑓 𝑥 =

1 2 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 𝐷𝑓 = ℝ/ 0 lim𝑥→0− ⇒

lim𝑥→0+

1 2 1+3𝑥 −1

1 2 1+3𝑥 −1

lim𝑥→0− ⟺

lim𝑥→0+

1 2 0−

1 2 0+

1

⟺

lim𝑥→0− −∞ ⇒ 0 1

lim𝑥→0+ +∞ ⇒ 0

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Assim, lim𝑥→0− 𝑓 𝑥 = lim𝑥→0+ 𝑓(𝑥). Logo, a função dada no ponto 𝑥 = 0 tem uma descontinuidade removível. 1

7. (2.0v) calcule 𝑦´ de 𝑦 = 𝑥 + 2 ln 𝑥 −

ln 𝑥 𝑥

Resolução: 𝑦´ =

1 𝑥

+ 2 ln 𝑥 −

ln 𝑥 𝑥

1

2

´ = − 𝑥2 + 𝑥 −

ln 𝑥−1 𝑥2

=

−1+2𝑥−ln 𝑥+1 𝑥2

=

2𝑥−ln 𝑥 𝑥2

Resolvido por: Estudante Taunde Dauce Luis

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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

Teste ІІ

1.° Semestre

Duração: 100 minutos

28/05/2014

Hora: 13:35-15:20

Guião de correcção 1.

𝜋

𝜋

𝟐. 𝟓 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔 Verifique o teorema de Rolle para a função 𝑦 = cos2 𝑥 sobre o segmento − 4 ; + 4 . 𝐑𝐞𝐬𝐨𝐥𝐮çã𝐨: Seja 𝑓 𝑥 = 𝑦 = cos2 𝑥 𝜋

𝜋

A função 𝑓 𝑥 = cos 2 𝑥 é contínua e derivável ∀𝑥 ∈ ℝ. Em particular é continua em − 4 ; + 4 e derivável em 𝜋

𝜋

−4 ;+4 . 𝑓 − 𝜋

𝜋 𝜋 1 = 𝑓 + = 4 4 2

𝜋

Pelo teorema de Rolle ∃𝑐 ∈ − 4 ; + 4 : 𝑓´ 𝑐 = 0 Como 𝑓´ 𝑥 = −2 cos 𝑥 sin 𝑥, o ponto c onde 𝑓´ 𝑐 = 0 é: 𝜋

𝜋

𝑓´ 𝑐 = 0 ⟺ −2 cos 𝑐 sin 𝑐 = 0⟺− sin 2𝑐 = 0⟺sin 2𝑐 = sin 0 ⟺ 2𝑐 = 0 ⟺ 𝑐 = 0 ∈ − 4 ; + 4 2. (𝟕. 𝟓 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔) Calcular os integrais a) (2.5 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠) ∫ 2𝑥 + 4 𝑒 2𝑥+4 𝑑𝑥 1+𝑥

b) (2.5 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠) ∫

1−𝑥 4 𝑑𝑥

c) (2.5 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠) ∫0

1+ 𝑥

𝑑𝑥 𝑠𝑒 𝑥 = 𝑡 2

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Resolução: a) Usando o método de integração por parte, temos: ∫ 2𝑥 + 4 𝑒 2𝑥+4 𝑑𝑥 𝑢 = 2𝑥 + 4 ⇒ 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑥 1

𝑑𝑣 = 𝑒 2𝑥+4 𝑑𝑥 ⇒ 𝑣 = 2 𝑒 2𝑥+4 2𝑥 +4 𝑒 2𝑥 +4 −𝑒 2𝑥 +4

1

∫ 2𝑥 + 4 𝑒 2𝑥+4 𝑑𝑥 = 2𝑥 + 4 . 2 𝑒 2𝑥+4 − 2 ∫ 𝑒 2𝑥+4 𝑑𝑥 = 1+𝑥

1+𝑥 1+𝑥

𝑑𝑥 = ∫ 1−𝑥

b) ∫

1+𝑥

∫

1−𝑥

𝑑𝑥 = ∫ 2

1−𝑥 1+𝑥 𝑑𝑥 1−𝑥

+∫ 2

𝑑𝑥 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 1−𝑥 2

𝑥+1 2 1−𝑥 2

2

Resolva o ∫

𝑑𝑥 = 1

= 𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 −

∫ 2

4

𝑑𝑥 1+ 𝑥

𝑠𝑒 𝑥 = 𝑡 2 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑡 = 𝑥 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜

2𝑥+3 𝑒 2𝑥 +4 2 𝑥𝑑𝑥

+𝑐

usando M. de

1−𝑥 2

substituição, fazendo:

𝑑𝑡

=

𝑡

1 − 𝑥 2 = 𝑡 ⟺ 𝑥𝑑𝑥 = −

𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 − 𝑡 + 𝑐 = 𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 − 1 − 𝑥 2 + 𝑐

c) ∫0

+𝑐 =

𝑑𝑡 2

𝑥=𝑜 ⟺𝑡=0 𝑥=4 ⟺𝑡=2

𝑑𝑥 = 2𝑡𝑑𝑡 2

2 0

𝑡𝑑𝑡 =2 1+𝑡

2 0

1 1− 𝑑𝑡 = 2 1+𝑡

2

2

𝑑𝑡 + 2 0

0

1 𝑑𝑡 = 2𝑡 1+𝑡

2 0

− 2ln 1 + 𝑡

2 0

= 4 − 2 ln 3 + 2ln 1

= 4 − ln 9 3.

𝑥

𝟔. 𝟎 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔 estudar o comportamento e construir o gráfico da função 𝑓 𝑥 = 𝑥 2 −6𝑥−16 𝐑𝐞𝐬𝐨𝐥𝐮çã𝐨:



𝐷𝒇 = 𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 2 − 6𝑥 − 16 ≠ 0 (𝑥 − 8)(𝑥 + 2) ≠ 0 𝑥−8 ≠0˅𝑥+2≠ 0 𝑥 ≠ 8 ˅ 𝑥 ≠ −2 𝐷𝑓 = ℝ/ −2; 8



Assímptotas: 𝑥

A.V.

lim𝑥→−2− 𝑥 2 +6𝑥−16 𝑥

lim𝑥→−2+ 𝑥 2 +6𝑥−16

−2

⟺

𝑥

A.H.

lim𝑥→+∞ 𝑥 2 +6𝑥−16 𝑥

lim𝑥→−∞ 𝑥 2 +6𝑥−16

lim𝑥→−2− 0+ = −∞ −2

lim𝑥→−2+ 0− = +∞ 𝑥

⟺

lim𝑥→+∞ 𝑥 2 𝑥

lim𝑥→−∞ 𝑥 2

logo 𝑥 = −2 é A.V. da função. 1

⟺

lim𝑥→+∞ +∞ = 0+ 1

lim𝑥→−∞ −∞ = 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. Est. Luis, Taunde Dauce. Cel: 847849543/821620012

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

Monotonia e extremos da função: 𝑥 2 − 6𝑥 − 16 − 𝑥(2𝑥 − 6) 𝑥 2 − 6𝑥 − 16 − 2𝑥 2 − 6𝑥 −𝑥 2 − 16 𝑓´ 𝑥 = = = 2 (𝑥 2 − 6𝑥 − 16)2 (𝑥 2 − 6𝑥 − 16)2 (𝑥 − 6𝑥 − 16)2 𝑓´ 𝑥 = 0 −𝑥 2 − 16 = 0 ⟺ −𝑥 2 − 16 = 0 ⟺ 𝑥 2 = −16 ⟺ 𝑥 = ± −16 → ∄ (𝑥 2 − 6𝑥 − 16)2 𝑓´ 𝑥 não se anula, pelo que também não existemextremos da função.



--- −2

--- 8

𝑥

−∞; −2

−2; 8

8; +∞

𝑓´ 𝑥

−

∄

−

∄

−

𝑓 𝑥

↘

∄

↘

∄

↘

Concavidade, convexidade, pontos de inflexão: 𝑓´´ 𝑥 =

−𝑥 2 −16 ´(𝑥 2 −6𝑥−16)2 −(−𝑥 2 −16) 𝑥 2 −6𝑥−16 (𝑥 2 −6𝑥−16)4

2

´

−2𝑥 𝑥 2 −6𝑥−16

=

2

+2(𝑥 2 +16)(2𝑥−6)

(𝑥 2 −6𝑥−16)3

𝑓´´ 𝑥 = 0 −2𝑥 𝑥 2 − 6𝑥 − 16 2 + 2(𝑥 2 + 16)(2𝑥 − 6) =0 (𝑥 2 − 6𝑥 − 16)3 −2𝑥 𝑥 2 − 6𝑥 − 16

2

+ 2(𝑥 2 + 16)(2𝑥 − 6)=0

2 2𝑥 3 − 6𝑥 2 + 32𝑥 − 96 − 2 𝑥 3 − 6𝑥 2 − 16𝑥 = 0 2𝑥 3 − 6𝑥 2 + 32𝑥 − 96 − 𝑥 3 + 6𝑥 2 + 16𝑥 = 0 𝑥 3 + 48𝑥 − 96 = 0 , a equação não se anula, isto é, 𝑓´´ 𝑥 não têm zeros, logo não existe pontos de inflexão. 𝑥

−∞; −2

𝑓´´ 𝑥

−

∄

+

∄

+

𝑓 𝑥

∩

∄

∪

∄

∪

-2

−2; 8

8

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8; +∞

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

Gráfico:

𝑦

8

0

𝑓 𝑥 =



𝑥

𝑥 𝑥 2 − 6𝑥 − 16

Contradomínio da função:

𝐶𝐷𝑓 : 𝑦𝜖ℝ

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4. (𝟒 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔) Achar a área limitada pelas curvas 𝑦 = 4 − 𝑥 2 e 𝑦 = 𝑥 2 + 2 𝐑𝐞𝐬𝐨𝐥𝐮çã𝐨: Seja 𝑓 𝑥 = 4 − 𝑥 2 e 𝑔 𝑥 = 𝑥 2 + 2 As intersecções entre as parábolas da função 𝑓 𝑥 𝑒 𝑔 𝑥 são: 𝑓 𝑥 = 𝑔(𝑥) 4 − 𝑥 = 𝑥 + 2 ⟺ 2𝑥 = 2 ⟺ 𝑥 = 1 ˅ 𝑥 = −1 , logo os pontos de intersecção são: −1; 3 , (1; 3) Fazendo o esboço das parábolas teremos: 2

2

2

𝑦 𝑔 𝑥 = 𝑥2 + 2

𝑆

𝑓 𝑥 = 4 − 𝑥2

−1

-2

1

0

1

1

2

𝑥

1

𝑆 = ∫−1 4 − 𝑥 2 − (𝑥 2 + 2) = ∫−1 2 − 2𝑥 2 𝑑𝑥 = 2 ∫−1 1 − 𝑥 2 𝑑𝑥 =

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

Resolvido por: Estudante Luis, Taunde Dauce Est. Luis, Taunde Dauce. Cel: 847849543/821620012

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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

Exame normal

Duração: 120 minutos

11/06/2014

Hora: 17:00-19:00

Guião de correcção 9𝑛 2 +3𝑛 +4

1. (2.0) Calcule o limite da sucessão lim𝑛→∞

2𝑛 −7

Resolução:

lim𝑛→∞ lim𝑛→∞

9𝑛 2 +3𝑛 +4 2𝑛 −7 9𝑛 2 +3𝑛 +4 2𝑛 −7

=lim𝑛→∞ =lim𝑛→∞

9.∞ 2 +3.∞+4 ∞

=

2.∞−7

∞

9𝑛 2

3𝑛 3

=lim𝑛→∞ 2𝑛 = 2𝑛 2 𝑥−1 3 (𝑥−2)

2. (2.5) Calcule a derivada primeira da função 𝑓 𝑥 = ln

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

= =

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

=

=

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 2 𝑓´´(𝑎) 2!

+

𝑋−𝑎 3 𝑓´´´(𝑎) 3!

+ ….+

𝑋−𝑎 𝑛 −1 𝑓 (𝑛 −1) (𝑎) 𝑛 −1 !

+

𝑋−𝑎 𝑛 𝑓 𝑛 (ξ) 𝑛!

,

onde 𝑥 = 𝑎 + 𝜃 𝑥 − 𝑎 e 0 < 𝜃 < 1, teremos:

𝑎=1 𝑓 𝑥 = ln 𝑥 𝑓 𝑎 = 𝑓 1 = 0 1

𝑓´ 𝑥 = 𝑓´ 𝑎 = 𝑓´(1)) = 1 𝑥

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𝑓´´ 𝑥 =

−1

𝑓´´´ 𝑥 =

𝑥2 2 𝑥3

𝑓´´ 𝑎 = 𝑓´´ 1 = −1 2

𝑓´´´ 𝜉 =

𝜉3

Substituindo as expressões encontradas na fórmula de Taylor, teremos: 𝑥−1

ln 𝑥 = 0 +

. 1+

1!

𝑥−1 2 2!

𝑥−1 2

ln 𝑥 = (𝑥 − 1) -

2

+

. (−1) +

(𝑥−1)3

4. (5.0) Dada a função 𝒇 𝒙 =

3𝜉 3 𝒙𝟒 +𝟑 𝒙

(𝑥−1)3 3!

.

2 𝜉3

, Onde 𝜉 = 1 + 𝜃 𝑥 − 1 , 0 < 𝜃 < 1.

, 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: lim𝑥→0± 𝑓 𝑥 = ±∞ Monotonia e os extremos da função: 𝑓´ 𝑥 =

4𝑥 4 −𝑥 4 −3 𝑥2

=

3𝑥 4 −3 𝑥2

𝑓´ 𝑥 = 0 ˄ 𝑥 ∈ 𝐷𝑓 3𝑥 4+ −3 𝑥2

= 0 ˄ 𝑥 ∈ 𝐷𝑓

3𝑥 4 = 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 = Mín: 𝑓 1 =

(−1)4 +3

14 +3 1

−1

= −4, (−1; −4)

= 4, (1; 4)

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

Os pontos de inflexão, concavidade e convexidade da função: 𝑓´´ 𝑥 =

𝑓´´ 𝑥 = 0

6𝑥 4 +6 𝑥3

12𝑥 5 − 2𝑥(3𝑥 4 − 3) 6𝑥 4 + 6 = 𝑥4 𝑥3

6𝑥 4 = −6

=0

𝑥 4 = −1

4

𝑥 = ± −1 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 = 

𝑥 4 +3 𝑥

não têm A.H e A.O

Gráfico da função: 𝑦

4

-1

𝑓(𝑥) =

0

1

𝑥

𝑥 4 +3 𝑥

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

Contradomínio da função:

𝐶𝐷𝑓 : 𝑦𝜖 −∞; −4 ∪ 4; +∞

𝟔. 𝟖. 𝟎 Calcule os seguintes integrais: 𝑑𝑥

𝑎) 3.0 ∫ 𝑥 2 −3𝑥+2 1

𝑏) 2.5 ∫0 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 𝜋

𝑐) 2.5 ∫0

𝑑𝑥 1−𝑥 2

Resolução: 𝑑𝑥

𝑎) ∫ 𝑥 2 −3𝑥+2 = ∫

𝑑𝑥 𝑥−1 𝑥−2

=𝐼

1 𝐴 𝐵 𝐴 𝑥 − 2 + 𝐵(𝑥 − 1) 𝐴 + 𝐵 𝑥 + (−2𝐴 − 𝐵) = + = = (𝑥 − 1)(𝑥 − 2) (𝑥 − 1) (𝑥 − 2) (𝑥 − 1)(𝑥 − 2) (𝑥 − 1)(𝑥 − 2) 1 = 𝐴 + 𝐵 𝑥 + (−2𝐴 − 𝐵) − −𝐴 = 1

𝐵 = −𝐴 −2𝐴 + 𝐴 = 1

𝐴+𝐵 =0 −2𝐴 − 𝐵 = 1 𝑑𝑥

− 𝐴 = −1

𝐵=1 𝐴 = −1

𝑑𝑥

𝐼 = − ∫ 𝑥−1 + ∫ 𝑥−2 = − ln 𝑥 − 1 + ln 𝑥 − 2 + 𝑐

1

𝑏) ∫0 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 𝑢 = 𝑒 𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑣 = sin 𝑥 𝑑𝑥 ⇒ 𝑣 = − cos 𝑥 1

∫0 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑒 𝑥 cos 𝑥

1 𝑜

1

+ ∫0 cos 𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 ;

1

Sabendo que ∫0 cos 𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥 sin 𝑥 1

∫0 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑒 𝑥 cos 𝑥 1

2 ∫0 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑒 𝑥 cos 𝑥 1

∫0 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 =

1 𝑜

1 𝑜

1

− ∫0 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 Teremos:

+ 𝑒 𝑥 sin 𝑥

+ 𝑒 𝑥 sin 𝑥

−𝑒 𝑥 cos 𝑥 1𝑜 + 𝑒 𝑥 sin 𝑥 10 2

1 0

=

1 0

1 0

1

− ∫0 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 =

=

(−𝑒 1 cos 1+𝑒 0 cos 0)+(𝑒 1 sin 1−𝑒 0 sin 0)

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

2

=

𝑒 (sin 1−cos 1)+1 2

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𝜋

𝑐) ∫0

𝑑𝑥 1−𝑥 2

; 𝐷 = 𝑥 ∈ ℝ: 1 − 𝑥 2 ≠ 0

1 − 𝑥2 ≠ 0 𝑥 ≠ 1 ˅ 𝑥 ≠ −1 𝐷 = ℝ\ 0 𝜋

∫0

𝑑𝑥 1−𝑥 2

1

=∫0

𝑑𝑥 1−𝑥 2

𝜋

+ ∫1

= lim𝜀→0 𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥

1−𝜀 𝑜

𝑑𝑥 1−𝑥 2

1−𝜀

= lim𝜀→0 ∫0

+ lim𝛿→0 𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥

= lim𝜀→0 𝑎𝑟𝑐 sin 1 − 𝜀 − 𝑎𝑟𝑐 sin 0

𝜋

𝑑𝑥 1−𝑥 2 𝜋 1+𝛿

+ lim𝛿→0 ∫1+𝛿

𝑑𝑥 1−𝑥 2

=

=

+ lim𝛿→0 𝑎𝑟𝑐 sin 𝜋 − 𝑎𝑟𝑐 sin(1 + 𝛿)

𝜋

𝜋

= 2 + 𝑎𝑟𝑐 sin 𝜋 − 2

= 𝑎𝑟𝑐 sin 𝜋 → ∄

“A verdadeira maneira de se enganar é julgar-se mais sábio que os outros” (LA ROCHEFOUCAUDA).

Resolvido por: Estudante Luis, Taunde Dauce

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

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