Matemática - Resumos Vestibular - Logaritmos Teoria Gabarito II
Gabarito da Segunda Prova de Matemática para Administração ... · Gabarito da Segunda Prova de...
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Gabarito da Segunda Prova de Matemática para Administração -Turma A
1. Note que, em ambos os itens, não são satisfeitas as condicões do teoremade Weierstrass (o domínio não é um conjunto fechado) logo, a priori, não podemosgarantir a existência do máximo e mínimo absolutos. A sua existência terá de seranalisada caso a caso.
(a) Como
limx→1+
f(x) = limx→1+
x
x2 − 1=
1
0+= +∞,
a função f não tem máximo absoluto em D = [0, 2]− {1}.Como
limx→1−
f(x) = limx→1−
x
x2 − 1=
1
0−= −∞,
a função f não tem mínimo absoluto em D = [0, 2]− {1}.(b) O gráfico de g é parte de uma parábola voltada para baixo com ponto crítico
emg′(x) = 0⇔ −2x+ 2 = 0⇔ x = 1.
Deste modo, o gráfico de g é dado por
Donde fica claro que g tem máximo absoluto 2 (atingido em x = 1) e não temmínimo absoluto em D = (0, 2) (note que o valor 1 não é assumido por g porque ospontos da fronteira 0 e 2 não fazem parte do domínio).
2. Queremos maximizar o Lucro = Receita− Custo :
L(x) = px− C(x) =215
2x− 1
2x2 − 10− 100x+ x2 − 1
6x3,
L(x) = −1
6x3 +
1
2x2 +
15
2x− 10, x ∈ [0, 10].
Note que L é uma função contínua (um polinômio) e [0, 10] é um intervalo limitadoe fechado, logo, pelo teorema de Weierstrass, existe o máximo absoluto de L em[0, 10]. Além disso, como L é diferenciável em (0, 10), sabemos que esse máximoabsoluto (que existe!) só pode ocorrer num ponto crítico em (0, 10) ou num pontoda fronteira:• fronteira: 0 e 10
L(0) = −10 e L(10) = −1000
6+
100
2+
150
2− 10 = −500
3+ 115 = −155
3.
• pontos críticos em (0, 10)
L′(x) = 0 ⇔ −1
2x2 + x+
15
2= 0 ⇔ 1
2x2 − x− 15
2= 0
⇔ x = 1±√1 + 15 ⇔ x = 5 (em (0, 10))
L(5) = −125
6+
25
2+
75
2− 10 = −125
6+ 40 =
115
6.
1
2
Comparando estes valores concluímos que o máximo absoluto de L em [0, 10] é 1156
e é atingido quando x = 5. Logo a resposta é: x = 5.
3. Temos de terf(1) = −1f ′(1) = 3
f ′′(1) = 0 (condição necessária, não suficiente!)
Comof ′(x) = 3ax2 + 2bx+ c e f ′′(x) = 6ax+ 2b,
obtemosa+ b+ c = −13a+ 2b+ c = 3
6a+ 2b = 0
⇔
−2a+ c = −1−3a+ c = 3
b = −3a⇔
a+ 3 = −1c = 3 + 3a
b = −3a⇔
a = −4c = −9b = 12
Agora falta confirmar que, neste caso, x = 1 corresponde a um ponto de inflexão.Temos f ′′(x) = −24x+ 24, logo
e x = 1 corresponte a um ponto de inflexão.
4. (a) f ′(x) = 0 ⇔ 2x− 2
x2= 0 ⇔ x3 = 1 ⇔ x = 1,
portanto há um único ponto crítico em x = 1. Iremos classificá-lo usando o Testeda 2a Derivada:
f ′′(x) = 2+4x−3, f(1) = 2+4 = 6 > 0 ^ logo x = 1 é ponto de Mínimo Relativo.
Já podemos fazer o esboço do gráfico de f em torno do ponto (1, 3):
(b) f ′′(x) = 0 ⇔ 2+4
x3= 0 ⇔ x3 = −2 ⇔ x = − 3
√2 Candidato a Ponto de Inflexão
Como
3
x = − 3√2 corresponde a um Ponto de Inflexão.
(c) f(− 3√2) = 22/3 − 21−1/3 + 1 = 1
limx→0+
f(x) = 0 +2
0++ 1 = +∞, lim
x→0−f(x) = 0 +
2
0−+ 1 = −∞,
limx→+∞
f(x) = +∞+ 0 + 1 = +∞, limx→−∞
f(x) = +∞− 0 + 1 = +∞.
(Também pode ser conveniente observar que f ′(x) < 0 para x < 0, mas isto éconquência da informação anterior.)
Com informação deste e dos itens anteriores obtemos o esboço do gráfico de f :
5.
(a)∫(x+ 1)
√x2 + 1 dx =
∫x√x2 + 1 dx+
∫ √x2 + 1 dx
A primeira integral daria para resolver usando a Regra da Cadeia para a An-tiderivação. A segunda integral não dá para resolver apenas com as técnicas deintegração que demos: foi um erro meu de digitação. Deste modo todos osalunos que fizeram esta prova receberão a pontuação total deste item: 0,8 pt
(b)∫(x2 − 4x+ 4)4/3 dx =
∫ ((x− 2)2
)4/3dx =
∫(x− 2)8/3 dx
=(x− 2)11/3
11/3+ C =
3
11(x− 2)11/3 + C
(c)∫
2x√3x− 1
dx =
∫2x (3x− 1)−1/2 dx
Vamos aplicar o método de Integração por Partes para resolver esta integral.∫2x (3x− 1)−1/2 dx =
4
3
∫x((3x− 1)1/2
)′dx
=4
3x (3x− 1)1/2 − 4
3
∫1 · (3x− 1)1/2 dx
=4
3x (3x− 1)1/2 − 8
27(3x− 1)3/2 + C