Departamento de Matematica da F.C.T.U.C.

ANALISE MATEMATICA I

Mestrado Integrado em Engenharia Electrotecnica e de Computadores

Duracao: 1h 15min (Sem consulta) 1a Frequencia (A) 29/10/2012

(1) Seja f : R → R definida por

f(x) :=

π

4− arctanx se x ≤ −1

−π

4+ arccosx se −1 < x < 1

− π

4se x ≥ 1 .

(a) Faca um esboco do grafico de f e indique o seu contradomınio e o conjunto dos pontos decontinuidade.

(b) Determine o conjunto dos pontos onde f e diferenciavel e indique a expressao analıtica dafuncao derivada f ′ nesse conjunto.

(c) Determine uma equacao da recta tangente ao grafico de f no ponto(

12, π

12

)

.

(2) Calcule:

(a)

∫(

sen x√2 + cosx

+ (2x+ 1) · ex + cos3 x

)

dx

(b) limx→0+

( arcsen x )x .

(3) Determine os comprimentos dos lados e a area do triangulo rectangulo de area maxima quepode ser inserido no primeiro quadrante (do plano cartesiano) sob a curva definida pela equacaoy = 5

(x+1)2, de modo que os catetos sejam paralelos aos eixos coordenados e o ponto (1, 0) seja

o vertice com menor ordenada do triangulo, como ilustrado na figura.

x

y

0

y =5

(x+1)2

1

(4) Das afirmacoes seguintes diga, justificando, quais sao verdadeiras e quais sao falsas.

(a) Existe uma funcao f : R → R, contınua e injectiva, tal que limx→0

f(x) = f(1).

(b) sen(arccosx) > 0 para todo o x ∈]− 1, 1[.

(c) Em R, a equacao x3 +√2 x− arctanx = 0 tem apenas a solucao x = 0.

Fim

Cotacao: (1)-1,5; (2)-3,5; (3)-1,5; (4)-1,5 .

Resolução da 1a Frequência (A) 29/10/2012

(1) (a) O gráfico de f pode esboçar-se a partir dos gráficos das funções arco-tangente e arco-cosseno,efectuando transformações elementares adequadas.

y

x

3π4

π

2

π

4

0

−π

4

1−1

•◦

Por observação do gráfico constata-se que o contradomínio de f é o intervalo[

−π

4, 3π

4

[

eque o conjunto dos pontos de continuidade de f é R \ {−1}.

(b) Em cada um dos intervalos abertos ] −∞,−1[, ] − 1, 1[ e ]1,+∞[ a função f é definida àcusta de funções deriváveis nesses intervalos, logo f é derivável em cada um destes intervalos,tendo-se

f ′(x) =

− 11+x2 se x < −1

− 1√1−x2

se −1 < x < 1

0 se x > 1 .

No ponto −1 é claro que f não é derivável, porque não é contínua neste ponto. E ftambém não é derivável no ponto 1. Este facto pode ser justificado facilmente observandoque as semi-tangentes ao gráfico de f no ponto de abcissa 1 não estão sobre a mesma recta.Alternativamente, recorrendo à definição, analise-se a existência de derivadas laterais noponto 1. Tem-se

limh→0+

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0+

−π

4−

(

−π

4

)

h= lim

h→0+

0

h= lim

h→0+0 = 0 ,

logo existe a derivada lateral à direita no ponto 1 e tem-se f ′(1+) = 0. Por outro lado,

limh→0−

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0−

arccos(1 + h)

h;

como o último limite conduz a uma indeterminação do tipo 00, aplicando a regra de L’Hôpital

obtém-se

limh→0−

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0−

−1√

1− (1 + h)2= −∞ ,

e conclui-se que f não é derivável no ponto 1.Em conclusão: o conjunto dos pontos onde f é diferenciável é R \ {−1, 1}, sendo a derivadaf ′ definida (neste conjunto) do modo indicado acima.

(c) Tem-se f(

12

)

= −π

4+ arccos 1

2= −π

4+ π

3= π

12, logo o ponto

(

12, π

12

)

pertence, de facto, ao

gráfico de f . Assim, atendendo a que f é diferenciável no ponto 12, uma equação da recta

tangente ao gráfico de f no ponto(

12, π

12

)

é

y − π

12= f ′

(

12

) (

x− 12

)

.

Como f ′(

12

)

= − 1√

1−( 1

2)2= − 2√

3, a equação da recta tangente é

y = π

12− 2√

3

(

x− 12

)

⇔ y = − 2√3x+ π+4

√3

12.

2

(2) (a) Como a primitiva de uma soma é igual à soma das primitivas das parcelas, então há quecalcular as primitivas das três funções que aparecem como parcelas na primitiva proposta.A primitiva da primeira parcela é imediata:

∫

sen x√2 + cosx

dx = −∫

(2 + cosx)′ (2 + cosx)−1

2 dx = −(2 + cosx)−1

2+1

−12+ 1

+ C

= −2√2 + cosx+ C ,

onde, como é usual, C designa uma constante real arbitrária. A primitiva da segundaparcela pode calcular-se pelo método de primitivação por partes (começando a primitivarpela função exponencial):

∫

(2x+ 1) · ex dx = ex · (2x+ 1)−∫

ex · 2 dx = (2x+ 1)ex − 2ex + C

= (2x− 1)ex + C .

A primitiva da terceira parcela é uma primitiva de uma potência ímpar da função cosseno,logo, destacando o factor cos2 x e usando a relação cos2 x = 1− sen2x, deduz-se:

∫

cos3 x dx =

∫

cosx · cos2 x dx =

∫

(

cosx− cosx · sen2x)

dx

= senx− 13sen3x+ C .

Assim, a primitiva proposta é dada por∫

(

sen x√2 + cosx

+ (2x+ 1) · ex + cos3 x

)

dx

= −2√2 + cosx+ (2x− 1)ex + senx− 1

3sen3x+ C .

(b) O limite proposto, limx→0+

(arcsen x)x , conduz à indeterminação 00. A indeterminação pode

levantar-se aplicando um processo de logaritmização. Tem-se, para 0 < x < 1,

ln (arcsen x)x = x · ln (arcsen x) =ln (arcsen x)

1x

,

e ao tomar na última expressão o limite para x → 0+ somos conduzidos à indeterminação∞∞ . Assim, podemos pensar em aplicar a regra de L’Hôpital. Tem-se, para 0 < x < 1,

(ln (arcsen x))′ =( arcsen x )′

arcsen x=

1√1−x2

arcsen x=

1√1− x2 · arcsen x

,

logo

limx→0+

(ln (arcsen x))′(

1x

)′ = limx→0+

1√1−x2 ·arcsen x

− 1x2

= limx→0+

− x√1− x2

× x

arcsen x= −0× 1 = 0 .

(A igualdade limx→0 x/arcsen x = 1 pode também ser justificada pela regra de L’Hôpital.)Consequentemente, pela regra de L’Hôpital,

limx→0+

ln (arcsen x)x = limx→0+

ln ( arcsen x )1x

= limx→0+

(ln (arcsen x))′(

1x

)′ = 0 .

Finalmente, revertendo o processo de logaritmização, conclui-se que o limite proposto é

limx→0+

(arcsen x)x = e0 = 1 .

3

(3) Designando por x a abcissa do vértice (do triângulo) situado sobre a curva dada, constata-sede imediato que o comprimento do cateto paralelo ao eixo dos xx é igual a x − 1, e que ocomprimento do cateto paralelo ao eixo dos yy é igual a y = 5

(x+1)2, logo a área do triângulo é

A(x) :=(x− 1) · y

2=

5(x− 1)

2(x+ 1)2.

O problema reduz-se, assim, a maximizar a função A(x), para x > 1. Como A é (obviamente)diferenciável no intervalo ]1,+∞[, os candidatos a extremos são os zeros da derivada de A. Como

A′(x) =5(3− x)

2(x+ 1)3,

obtém-se o seguinte quadro de variação para A:

x 1 3 +∞A′(x) + 0 −A(x) ր 5

16ց

Assim, pelo teste da 1a derivada, 3 é (o único) maximizante de A. Conclui-se que os comprimen-tos dos lados do triângulo rectângulo de área máxima são 2 (comprimento do cateto paralelo

ao eixo dos xx), 516

(comprimento do cateto paralelo ao eixo dos yy) e√

22 +(

516

)2=

√104916

(comprimento da hipotenusa), sendo a área deste triângulo igual a A(3) = 516

.

(4) (a) A afirmação é falsa. De facto, se existisse uma função f satisfazendo as condições indicadasno enunciado, a continuidade de f (na origem) implicaria que fosse lim

x→0f(x) = f(0), logo

ter-se-ia f(0) = f(1). Mas, sendo f injectiva, esta igualdade não pode ocorrer.

(b) A afirmação é verdadeira. De facto, atendendo à definição da função arco-cosseno, tem--se arccosx ∈ ]0, π[ para todo o x ∈] − 1, 1[ (veja-se o gráfico!). Logo, atendendo a quesen y > 0 para qualquer número real y ∈ ]0, π[ , conclui-se que, de facto, sen(arccosx) > 0para todo o x ∈]− 1, 1[.

(c) A afirmação é verdadeira. Com efeito, observe-se primeiramente que x = 0 é, de facto, umasolução da equação dada:

03 +√2× 0− arctan 0 = 0 + 0− 0 = 0 .

Para justificar que não há outra solução, designe f(x) := x3+√2 x−arctan x. Esta função

é obviamente derivável em qualquer intervalo de números reais, tendo-se

f ′(x) = 3x2 +√2− 1

1 + x2≥ 0 +

√2− 1 > 0 , ∀x ∈ R .

(Note-se que foi usado o seguinte facto: 0 < 11+x2 ≤ 1 para todo o x ∈ R.) Assim, f é uma

função estritamente crescente em R, logo não pode ter mais do que um zero.

Observação: Poderia igualmente concluir-se que f não pode ter mais do que um zero apli-cando um corolário do teorema de Rolle.

Fim