UNIVERSIDADE DA BEIRA INTERIORDEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
1◦ Ciclo em Engenharia Electromecânica
1◦ Ciclo em Engenharia Electrotécnica e de Computadores
Exame de Cálculo I – 1a ChamadaAno Lectivo 2011/2012
30 de Janeiro de 2012 Duração: 2h 30min + 30min
1) Considere os seguintes subconjuntos de R:
A =
{
x ∈ R : x2 + x− 2
x2 + x− 6 6 0 ∧4
2− x > 1}
e B = ]−∞, 0[ ∪ ]1, 2[ ∪ ]2, 3] ∪ {4} .
a) Escreva o conjunto A como uma reunião de intervalos de números reais.
b) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderência e o derivado de B.
c) Diga, justificando, se o conjunto ]0, 1[∪ ]1, 2[ é um conjunto aberto ou se é um conjunto fechado.
2) Considere a função real de variável real definida por f(x) =x3
x2 − 1 .
a) Calcule o domı́nio de f .
b) A função f é cont́ınua? Justifique a resposta.
c) Determine os zeros de f .
d) Estude a paridade de f .
e) Estude a monotonia e os extremos locais de f .
f) Calcule os pontos de inflexão e estude as concavidades de f .
g) Determine as asśımptotas de f .
h) Esboce o gráfico de f .
3) Determine o polinómio de Mac-Laurin de grau 4 da função f dada por
f(x) = 6 cos x
e use-o para aproximar o valor de f em 0,1.
4) Calcule
a)
∫
1√1− x2 arcsen x
+x
cos2 xdx;
b)
∫
ex+2
e2x+exdx; (sugestão: faça a substituição ex = t);
c)
∫
1
0
x3 + 1
x2 + 1dx.
5) Calcule a área da região plana limitada pelas curvas de equação y = x2 e y = −x2 − 2x+ 4.
6) Calcule o comprimento da curva dada pelo gráfico da função f : [1, e] → R definida por
f(x) =x2
4− lnx
2.
7) Calcule
∫
+∞
e
1
x (lnx)2dx.
1) Considere os seguintes subconjuntos de R:
A =
{
x ∈ R : x2 + x− 2
x2 + x− 6 6 0 ∧4
2− x > 1}
e B = ]−∞, 0[ ∪ ]1, 2[ ∪ ]2, 3] ∪ {4} .
a) Escreva o conjunto A como uma reunião de intervalos de números reais.
b) Determine o interior, o exterior, a fronteira, a aderência e o derivado de B.
c) Diga, justificando, se o conjunto ]0, 1[∪ ]1, 2[ é um conjunto aberto ou se é um conjunto fechado.
1a) Para resolvermos a primeira inequação temos de resolver as equações
x2 + x− 2 = 0
ex2 + x− 6 = 0.
Assim,
x2 + x− 2 = 0 ⇔ x = −1±√
12 − 4 · 1 · (−2)2 · 1
⇔ x = −1±√1 + 8
2
⇔ x = −1±√9
2
⇔ x = −1± 32
⇔ x = −2 ∨ x = 1
e
x2 + x− 6 = 0 ⇔ x = −1±√
12 − 4 · 1 · (−6)2 · 1
⇔ x = −1±√1 + 24
2
⇔ x = −1±√25
2
⇔ x = −1± 52
⇔ x = −3 ∨ x = 2.
Fazendo um quadro de sinais temos
x −3 −2 1 2
x2 + x− 2 + + + 0 − 0 + + +
x2 + x− 6 + 0 − − − − − 0 +
x2 + x− 2x2 + x− 6 + N.D. − 0 + 0 − N.D. +
e, portanto,x2 + x− 2x2 + x− 6 6 0 ⇔ x ∈ ]− 3,−2] ∪ [1, 2[.
Quanto à segunda inequação tem-se
4
2− x > 1 ⇔4
2− x − 1 > 0
⇔ 4− 2 + x2− x > 0
⇔ 2 + x2− x > 0,
pelo que é necessário fazer um quadro de sinal. Observando o quadro de sinal
x −2 2
2 + x − 0 + + +
2− x + + + 0 −2 + x
2− x − 0 + N.D. −
conclúımos que4
2− x > 1 ⇔ x ∈ [−2, 2[.
Logo
A = (]− 3,−2] ∪ [1, 2[) ∩ [−2, 2[= {−2} ∪ [1, 2[.
1b) Temos
intB = ]−∞, 0[ ∪ ]1, 2[ ∪ ]2, 3[;extB = ]0, 1[ ∪ ]3, 4[ ∪ ]4,+∞[;frB = {0, 1, 2, 3, 4};B = ]−∞, 0] ∪ [1, 3] ∪ {4};B′ = ]−∞, 0] ∪ [1, 3].
1c) Designando por C = ]0, 1[ ∪ ]1, 2[ temos
intC = ]0, 1[ ∪ ]1, 2[ ,
o que mostra que C é um conjunto aberto pois intC = C. Por outro lado temos
C = [0, 2] ,
o que nos permite concluir que C não é fechado porque C 6= C.
2) Considere a função real de variável real definida por f(x) =x3
x2 − 1 .
a) Calcule o domı́nio de f .
b) A função f é cont́ınua? Justifique a resposta.
c) Determine os zeros de f .
d) Estude a paridade de f .
e) Estude a monotonia e os extremos locais de f .
f) Calcule os pontos de inflexão e estude as concavidades de f .
g) Determine as asśımptotas de f .
h) Esboce o gráfico de f .
2a) O domı́nio de f é oDf =
{
x ∈ R : x2 − 1 6= 0}
.
Atendendo a que
x2 − 1 = 0 ⇔ x2 = 1⇔ x = −1 ∨ x = 1,
tem-seDf = R \ {−1, 1} .
2b) A função f é cont́ınua porque é uma função racional.
2c) Como
f(x) = 0 ⇔ x3
x2 − 1 = 0
⇔ x3 = 0 ∧ x2 − 1 6= 0⇔ x = 0 ∧ x 6= −1 ∧ x 6= 1⇔ x = 0,
a função f tem apenas um zero no ponto x = 0.
2d) Como para qualquer x ∈ Df se tem
f(−x) = (−x)3
(−x)2 − 1 =−x3x2 − 1 = −
x3
x2 − 1 = −f(x),
a função f é uma função ı́mpar.
2e) A primeira derivada de f é dada por
f ′(x) =
(
x3
x2 − 1
)′
=(x3)′(x2 − 1)− (x2 − 1)′x3
(x2 − 1)2 =3x2(x2 − 1)− 2x · x3
(x2 − 1)2
=3x4 − 3x2 − 2x4
(x2 − 1)2 =x4 − 3x2(x2 − 1)2 =
x2(
x2 − 3)
(x2 − 1)2 ,
pelo que
f ′(x) = 0 ⇔ x2(
x2 − 3)
(x2 − 1)2 = 0
⇔ x2(
x2 − 3)
= 0 ∧ (x2 − 1)2 6= 0⇔
(
x2 = 0 ∨ x2 − 3 = 0)
∧ x2 − 1 6= 0⇔
(
x = 0 ∨ x2 = 3)
∧ x 6= −1 ∧ x 6= 1
⇔(
x = 0 ∨ x = −√3 ∨ x =
√3)
∧ x 6= −1 ∧ x 6= 1
⇔ x = 0 ∨ x = −√3 ∨ x =
√3
e, portanto,
x −√3 −1 0 1
√3
x2 + + + + + 0 + + + + +
x2 − 3 + 0 − − − − − − − 0 +x2 − 1 + + + 0 − − − 0 + + +
x2(
x2 − 3)
+ 0 − − − 0 − − − 0 +(
x2 − 1)2
+ + + 0 + + + 0 + + +
f ′(x) + 0 − N.D. − 0 − N.D. − 0 +f(x) ր M ց N.D. ց ց N.D. ց m ր
Assim, f é estritamente decrescente em ] −√3,−1[, em ] − 1, 1[ e em ]1,
√3[, é estritamente
crescente em ] − ∞,−√3[ e em ]
√3,+∞[, tem um máximo local no ponto x = −
√3 e tem um
mı́nimo local em x =√3.
2f) Calculemos a segunda derivada de f :
f ′′(x) =
[
x4 − 3x2(x2 − 1)2
]′
=
(
x4 − 3x2)′ (
x2 − 1)2 −
[
(
x2 − 1)2]′(
x4 − 3x2)
[(x2 − 1)2]2
=
(
4x3 − 6x) (
x2 − 1)2 − 2
(
x2 − 1)′(x2 − 1)
(
x4 − 3x2)
(x2 − 1)4
=
(
4x3 − 6x) (
x2 − 1)2 − 2 · 2x(x2 − 1)
(
x4 − 3x2)
(x2 − 1)4
=2x
(
2x2 − 3) (
x2 − 1)2 − 4x(x2 − 1)
(
x4 − 3x2)
(x2 − 1)4
=2x(x2 − 1)
[(
2x2 − 3) (
x2 − 1)
− 2(
x4 − 3x2)]
(x2 − 1)4
=2x
[
2x4 − 2x2 − 3x2 + 3− 2x4 + 6x2]
(x2 − 1)3
=2x
(
x2 + 3)
(x2 − 1)3
e, portanto, tendo em conta que x2 + 3 > 0 para qualquer x ∈ R, tem-se
f ′′(x) = 0 ⇔ 2x(
x2 + 3)
(x2 − 1)3 = 0
⇔ 2x(
x2 + 3)
= 0 ∧ (x2 − 1)3 6= 0⇔
(
2x = 0 ∨ x2 + 3 = 0)
∧ x2 − 1 6= 0⇔ x = 0 ∧ x 6= −1 ∧ x 6= 1⇔ x = 0,
o que nos permite construir o seguinte quadro:
x −1 0 1
2x − − − 0 + + +x2 + 3 + + + + + + +
x2 − 1 + 0 − − − 0 +2x(x2 + 3) − − − 0 + + +(x2 − 1)3 + 0 − − − 0 +f ′′(x) − N.D. + 0 − N.D. +f(x) ∩ N.D. ∪ P.I. ∩ N.D. ∪
Assim, f tem a concavidade voltada para baixo em ] − ∞,−1[ e em ]0, 1[, tem a concavidadevoltada para cima em ]− 1, 0[ e em ]1,+∞[ e no ponto x = 0 tem um ponto de inflexão.
2g) Vejamos que f tem uma asśımptota não vertical à direita. De facto,
limx→+∞
f(x)
x= lim
x→+∞
x3
x2 − 1x
= limx→+∞
x3
x3 − x = limx→+∞x3
x3(1− 1/x2)
= limx→+∞
1
1− 1/x2 =1
1− 1/(+∞)2 =1
1− 1/+∞ =1
1− 0 = 1
e
limx→+∞
[f(x)− 1 · x] = limx→+∞
x3
x2 − 1 − x = limx→+∞x3 − x3 + x
x2 − 1 = limx→+∞x
x2 − 1= lim
x→+∞
x
x (x− 1/x) = limx→+∞1
x− 1/x =1
+∞− 1/+∞
=1
+∞− 0 =1
+∞ = 0,
pelo que a recta de equação y = x é uma asśımptota não vertical à direita do gráfico de f .
Analogamente, temos
limx→−∞
f(x)
x= lim
x→−∞
x3
x2 − 1x
= limx→−∞
x3
x3 − x = limx→−∞x3
x3(1− 1/x2)
= limx→−∞
1
1− 1/x2 =1
1− 1/(−∞)2 =1
1− 1/+∞ =1
1− 0 = 1
e
limx→−∞
[f(x)− 1 · x] = limx→−∞
x3
x2 − 1 − x = limx→−∞x3 − x3 + x
x2 − 1 = limx→−∞x
x2 − 1= lim
x→−∞
x
x (x− 1/x) = limx→−∞1
x− 1/x =1
−∞− 1/−∞
=1
−∞− 0 =1
−∞ = 0,
e, por conseguinte, a recta de equação y = x também é asśımptota não vertical à esquerda dográfico de f .
Finalmente, tendo em conta que o domı́nio de f é R \ {−1, 1} e que f é cont́ınua em todo o seudomı́nio, conclui-se que as únicas possibilidades de asśımptotas verticais são as rectas de equaçãox = −1 e x = 1. Como
limx→−1−
f(x) = limx→−1−
x3
x2 − 1 =−10+
= −∞
e
limx→−1+
f(x) = limx→−1+
x3
x2 − 1 =−10−
= +∞,
a recta de equação x = −1 é uma asśımptota vertical ao gráfico de f . Analogamente, a recta deequação x = 1 também é uma asśımptota vertical ao gráfico de f pois
limx→1−
f(x) = limx→1−
x3
x2 − 1 =1
0−= −∞
e
limx→1+
f(x) = limx→1+
x3
x2 − 1 =1
0+= +∞.
2h) Usando toda a informação que obtivemos nas aĺıneas anteriores e calculando
f(−√3) =
(
−√3)3
(
−√3)2 − 1
=−3
√3
3− 1 = −3√3
2e f(
√3) =
(√3)3
(√3)2 − 1
=3√3
3− 1 =3√3
2
podemos fazer o seguinte esboço do gráfico de f :
x
y
1−1√3
3√3
2
−√3
−3√3
2
3) Determine o polinómio de Mac-Laurin de grau 4 da função f dada por
f(x) = 6 cos x
e use-o para aproximar o valor de f em 0,1.
3) O polinómio de Mac-Laurin de grau 4 de uma função f quatro vezes diferenciável é dado por
f(x) ≈ f(0) + f ′(0)x+ f′′(0)
2!x2 +
f ′′′(0)
3!x3 +
f ′′′′(0)
4!x4.
Para f(x) = 6 cos x temos
f ′(x) = −6 senx,
f ′′(x) = −6 cos x,
f ′′′(x) = 6 sen x,
f ′′′′(x) = 6 cos x,
e, atendendo a que
f(0) = 6 cos 0 = 6 · 1 = 6,
f ′(0) = −6 sen 0 = −6 · 0 = 0,
f ′′(0) = −6 cos 0 = −6 · 1 = −6,
f ′′′(0) = 6 sen 0 = 6 · 0 = 0,
f ′′′′(0) = 6 cos 0 = 6 · 1 = 6,
o polinómio de Mac-Laurin de grau 4 de f(x) = 6 cos x é dado por
f(x) = 6 cos x
≈ f(0) + f ′(0)x+ f′′(0)
2!x2 +
f ′′′(0)
3!x3 +
f ′′′′(0)
4!x4
= 6− 6x2
2!+
6x4
4!
= 6− 3x2 + x4
4.
Assim,
f(0, 1) = 6 cos(0, 1)
≈ 6− 3(0, 1)2 + 0, 14
4
= 6− 3 · 0, 01 + 0, 00014
= 6− 0, 03 + 0, 000025
= 5, 970025.
4) Calcule
a)
∫
1√1− x2 arcsenx
+x
cos2 xdx;
b)
∫
ex+2
e2x+exdx; (sugestão: faça a substituição ex = t);
c)
∫
1
0
x3 + 1
x2 + 1dx.
4a) Como a primitiva de uma soma de funções é a soma das primitivas das funções, temos
∫
1√1− x2 arcsen x
+x
cos2 xdx =
∫
1√1− x2 arcsen x
dx+
∫
x
cos2 xdx.
A primeira primitiva é imediata e
∫
1√1− x2 arcsenx
dx =
∫
1√1− x2
arcsenxdx = ln |arcsen x|+ c
e a segunda primitiva pode ser calculada usando a fórmula de primitivação por partes
∫
f ′(x)g(x) dx = f(x)g(x)−∫
f(x)g′(x) dx
com f ′(x) =1
cos2 xe g(x) = x, isto é,
∫
x
cos2 xdx =
∫
1
cos2 xx dx
= (tg x) x−∫
tg x (x)′ dx
= x tg x−∫
tg x dx
= x tg x−∫
senx
cosxdx
= x tg x+
∫ − senxcos x
dx
= x tg x+ ln |cos x|+ c.
Logo∫
1√1− x2 arcsenx
+x
cos2 xdx = ln |arcsen x|+ x tg x+ ln |cosx|+ c.
4b) Para a substituiçãoex = t,
temos x = ln t o que implica
dx = (ln t)′ dt =1
tdt.
Assim,
∫
ex+2
e2x+exdx =
∫
ex+2
(ex)2 + exdx =
∫
t+ 2
t2 + t
1
tdt =
∫
t+ 2
t3 + t2dt =
∫
t+ 2
t2 (t+ 1)dt,
pelo que temos de calcular a primitiva de uma função racional. Tendo em conta que o grau donumerador é menor do que o grau do denominador, não é posśıvel fazer a divisão. Além disso, odenominador também já está factorizado, pelo que temos de determinar A, B e C tais que
t+ 2
t2 (t+ 1)=
A
t2+
B
t+
C
t+ 1.
Daqui resulta queA(t+ 1) +Bt(t+ 1) + Ct2 = t+ 2,
pelo que fazendo t = 0 temos A = 2, fazendo t = −1 temos C = 1 e fazendo t = 1 temos
2A+ 2B + C = 3 ⇔ 4 + 2B + 1 = 3 ⇔ 2B = −2 ⇔ B = −1.
Assim,t+ 2
t2 (t+ 1)=
2
t2− 1
t+
1
t+ 1,
pelo que∫
t+ 2
t2 (t+ 1)dt =
∫
2
t2− 1
t+
1
t+ 1dt
= 2
∫
t−2 dt−∫
1
tdt+
∫
1
t+ 1dt
= 2t−1
−1 − ln |t|+ ln |t+ 1|+ c
= −2t− ln |t|+ ln |t+ 1|+ c
e, consequentemente,∫
ex+2
e2x +exdx = − 2
ex− ln |ex|+ ln |ex+1|+ c
= − 2ex
− ln (ex) + ln (ex+1) + c
= − 2ex
− x+ ln (ex+1) + c.
4c) Para calcularmos este integral temos fazer a divisão entre x3 + 1 e x2 + 1. Assim,
x3 + 0x2 + 0x+ 1 | x2 + 0x+ 1−x3 − 0x2 − x x
− x + 1
e, consequentemente,x3 + 1
x2 + 1= x+
−x+ 1x2 + 1
.
Logo∫
1
0
x3 + 1
x2 + 1dx =
∫
1
0
x+−x+ 1x2 + 1
dx
=
∫
1
0
x dx− 12
∫
1
0
2x
x2 + 1dx+
∫
1
0
1
x2 + 1dx
=
[
x2
2
]1
0
− 12
[
ln∣
∣x2 + 1∣
∣
]1
0+
[
arctg x]1
0
=1
2− 0− 1
2(ln 2− ln 1) + arctg 1− arctg 0
=1
2− ln 2
2+
π
4.
5) Calcule a área da região plana limitada pelas curvas de equação y = x2 e y = −x2 − 2x+ 4.
5) Calculemos os pontos de intersecção das duas curvas:
{
y = x2
y = −x2 − 2x+ 4⇔
{
——
x2 = −x2 − 2x+ 4⇔
{
——
2x2 + 2x− 4 = 0
e, por conseguinte, temos de resolver a equação 2x2 + 2x− 4 = 0:
2x2 + 2x− 4 = 0 ⇔ x2 + x− 2 = 0
⇔ x = −1±√
12 − 4 · 1 · (−2)2 · 1
⇔ x = −1±√1 + 8
2
⇔ x = −1±√9
2
⇔ x = −1± 32
⇔ x = −2 ∨ x = 1.
Assim, os pontos de intersecção das duas curvas são (−2, 4) e (1, 1). Representemos geometrica-mente a região plana de que queremos calcular a área e calculemos a sua área:
x
y
1−2
1
4
y = −x2 − 2x+ 4
y = x2
b
b
A =
∫
1
−2−x2 − 2x+ 4− x2 dx
=
∫
1
−2−2x2 − 2x+ 4 dx
=
[
−2x33
− x2 + 4x]1
−2
=−2 · 13
3− 12 + 4 · 1
−(−2(−2)3
3− (−2)2 + 4(−2)
)
= −23− 1 + 4−
(
16
3− 4− 8
)
= −23+ 3− 16
3+ 12
= 15− 183
= 15− 6= 9.
Logo a área da região plana limitada pelas parábolas de equação
y = x2 e y = −x2 − 2x+ 4
é igual a 9.
6) Calcule o comprimento da curva dada pelo gráfico da função f : [1, e] → R definida por
f(x) =x2
4− lnx
2.
6) O comprimento que queremos calcular é dado pela fórmula
ℓ =
∫ b
a
√
1 + [f ′(x)]2 dx.
Como
f ′(x) =
(
x2
4− lnx
2
)′
=x
2− 1
2x
temos
ℓ =
∫
e
1
√
1 +
(
x
2− 1
2x
)2
dx =
∫
e
1
√
1 +x2
4− 1
2+
1
4x2dx
=
∫
e
1
√
x2
4+
1
2+
1
4x2dx =
∫
e
1
√
(
x
2+
1
2x
)2
dx
=
∫
e
1
x
2+
1
2xdx =
[
x2
4+
lnx
2
]e
1
=e2
4+
ln e
2−
(
12
4+
ln 1
2
)
=e2
4+
1
2− 1
4=
e2 +2− 14
=e2 +1
4.
7) Calcule
∫
+∞
e
1
x (lnx)2dx.
7) Por definição temos
∫
+∞
e
1
x (lnx)2dx = lim
u→+∞
∫ u
e
1
x (lnx)2dx = lim
u→+∞
∫ u
e
1
x(lnx)−2 dx
= limu→+∞
[
(lnx)−1
−1
]u
e
= limu→+∞
[
− 1lnx
]u
e
= limu→+∞
− 1lnu
−(
− 1ln e
)
= limu→+∞
− 1lnu
+ 1
= − 1+∞ + 1 = 1.