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