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Seja $\overleftrightarrow{r} \parallel \overleftrightarrow{s}$ e o triângulo $\Delta ABC$.
$m(C\hat{A}B) = m(D\hat{B}A)$
$m(A\hat{C}B) = m(E\hat{B}C)$
$m(C\hat{A}B) + m(A\hat{B}C) + m(A\hat{C}B) = m(D\hat{B}A) + m(A\hat{B}C) + m(E\hat{B}C) = 2\ \text{retos}$
C.Q.D.
$(\dfrac{\cos x}{\sin x})' = \dfrac{(\cos x)'(\sin x) - (\cos x)(\sin x)'}{\sin^2 x} = \dfrac{-\sin^2 x - \cos^2 x}{\sin^2 x} = \dfrac{-1}{\sin^2 x}$
Logo, $\fbox{$(\cot x)' = -\csc^2 x$}$.
$(\dfrac{\sin x}{\cos x})' = \dfrac{(\sin x)'(\cos x) - (\sin x)(\cos x)'}{\cos^2 x} = \dfrac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x} = \dfrac{1}{\cos^2 x}$
Logo, $\fbox{$(\tan x)' = \sec^2 x$}$.
Utilizando a definição, mostre que $(\sin x)' = \cos x$.
Demonstração:
$(\sin x)' = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sin (x+h) - \sin x}{h} = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)(\cos h) + (\sin h)(\cos x) - \sin x}{h} =$
$= \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)(\cos h) - \sin x}{h} + \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin h)(\cos x)}{h} = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)[(\cos h) - 1]}{h} + \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin h)(\cos x)}{h} =$
$= -\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} [(\sin x) \cdot \dfrac{(\sin \dfrac{h}{2})}{h/2} \cdot (\sin \dfrac{h}{2})] + \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin h)(\cos x)}{h} =$
$= \cancelto{0}{-(\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \sin x) \cdot \underset{1}{\underbrace{(\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin \dfrac{h}{2})}{h/2})}} \cdot (\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \sin \dfrac{h}{2})} + \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin h)(\cos x)}{h} =$
$= \underset{1}{\underbrace{\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sin h}{h}}} \cdot \cos x$
Logo $\fbox{$(\sin x)' = \cos x$}$.
Utilizando a definição, mostre que $(x^n)' = nx^{n-1}$, $n \in \mathbb{N}$.
Resolução:
$(x^n)' = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(x + h)^n - x^n}{h} = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\displaystyle\sum_{i=0}^n {n \choose i}x^{n-i}h^i - x^n}{h} =$
$= \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n {n \choose i}x^{n-i}h^{i-1} = \fbox{$nx^{n-1}$}$
$x^2 - 6x + 5 = Q(x) \cdot (2x - 4) + R(x) = 2Q(x) \cdot (x - 2) + R(x),\ \partial R(x) < \partial (2x - 4)$.
Logo, obtido o resultado do dividendo por (x - 2), devemos dividir o quociente por $2$.
$\begin{array}{c c c c c}2 & | & 1 & -6 & 5 \\ \_ & \_ & \_ & \_ & \_ \\ \ & | & 1 & -4 & -3\end{array}$
Logo $\fbox{$x^2 - 6x + 5 = (\dfrac{x}{2} - 2)(2x - 4) - 3$}$.
Lembrando da identidade $a^3 - b^3 =(a -b)(a^2 + ab + b^2)$,
$\dfrac{2}{1 - \sqrt[3]{4}} = \dfrac{2(1 + \sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{16})}{(1 - \sqrt[3]{4})(1 + \sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{16})} = \dfrac{2 + 2\sqrt[3]{4} + 2\sqrt[3]{16}}{1 - 4} =$
$= \fbox{$-\dfrac{2 + 2\sqrt[3]{4} + 2\sqrt[3]{16}}{3}$}$.
Determinar $a$ e $b$ de modo que $\displaystyle\int_a^b (x - x^2) dx$ seja máximo.
Observando o gráfico de $y = x - x^2$, podemos perceber que a área máxima, algebricamente, vai de $x = 0$ a $x = 1$.
Logo $\displaystyle\int_a^b (x - x^2) dx$ será máximo para $\fbox{$a = 0$ e $b = 1$}$.
Encontrar $I\ =\ \displaystyle\int \dfrac{\sin \sqrt{\theta}}{\sqrt{\theta \cos^3 \sqrt{\theta}}} d\theta$.
Resolução:
Seja $u = \cos \sqrt{\theta}$, $du = \dfrac{-\sin \sqrt{\theta}}{2\sqrt{\theta}} d\theta$.
$I\ =\ -2 \displaystyle\int \dfrac{du}{\sqrt{u^3}}\ =\ \dfrac{4}{\sqrt{u}} + c$
Logo, $\fbox{$\displaystyle\int \dfrac{\sin \sqrt{\theta}}{\sqrt{\theta \cos^3 \sqrt{\theta}}} d\theta\ =\ \dfrac{4}{\sqrt{\cos \sqrt{\theta}}} + c$}$.
Encontrar $I\ =\ \displaystyle\int \dfrac{(2r - 1)\cos \sqrt{3(2r - 1)^2 + 6}}{\sqrt{3(2r - 1)^2 + 6}} dr$.
Resolução:
Seja $u = 2r - 1$, $du = 2dr$.
$I\ =\ \dfrac{1}{2} \displaystyle\int \dfrac{u\cos \sqrt{3u^2 + 6}}{\sqrt{3u^2 + 6}} du$.
Seja $v = 3u^2 + 6$, $dv = 6u du$.
$I\ =\ \dfrac{1}{12} \displaystyle\int \dfrac{\cos \sqrt{v}}{\sqrt{v}} dv$
Seja $w = \sqrt{v}$, $dw = \dfrac{dv}{2\sqrt{v}}$.
$I\ =\ \dfrac{1}{6} \displaystyle\int \cos w\ dw\ =\ \dfrac{\sin w}{6} + c\ =\ \dfrac{\sin \sqrt{v}}{6} + c\ =\ \dfrac{\sin \sqrt{3u^2 + 6}}{6} + c$
Logo, $\fbox{$\displaystyle\int \dfrac{(2r - 1)\cos \sqrt{3(2r - 1)^2 + 6}}{\sqrt{3(2r - 1)^2 + 6}} dr\ =\ \dfrac{\sin \sqrt{3(2r - 1)^2 + 6}}{6} + c$}$.
Demonstração do primeiro limite fundamental, $\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1$.
No ciclo trigonométrico, seja $A_1$ a área do triângulo $\Delta AFE$, $A_2$ a área do setor circular $CAE$, $A_3$ a área do triângulo $\Delta ACB$, e $x = m(C\hat{A}E)$.
$A_1 \le A_2 \le A_3\ \Rightarrow\ \dfrac{(\sin x)(\cos x)}{2} \le \dfrac{x}{2} \le \dfrac{\tan x}{2}\ \overset{x \neq 0}{\Rightarrow}$
$\overset{x \neq 0}{\Rightarrow}\ \cos x\ \le\ \dfrac{x}{\sin x}\ \le\ \sec x\ \Rightarrow\ \lim_{x \rightarrow 0} \cos x\ \le\ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{x}{\sin x}\ \le\ \lim_{x \rightarrow 0} \sec x\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ 1 \le \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{x}{\sin x} \le 1$
Pelo teorema do confronto, $\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{x}{\sin x} = 1$.
$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{1}{\dfrac{x}{\sin x}} = \dfrac{\lim_{x \rightarrow 0} 1}{\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{x}{\sin x}}$
Logo, $\fbox{$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1$}$.
Seja $y = \log x$, com $x$ real e positivo.
$x = e^y$
Derivando implicitamente com relação a $x$:
$1 = y'e^y\ \Rightarrow\ y' = \dfrac{1}{e^{\log x}}$.
Logo $\fbox{$(\log x)' = \dfrac{1}{x}$}$.
Seja $f(x) = a^x$, com $a > 0$ e $a \neq 1$.
$f'(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{a^{x+h} - a^x}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} a^x \dfrac{a^h - 1}{h}$
Pelo terceiro limite fundamental, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{a^h - 1}{h} = \log a$.
Logo, $\fbox{$(a^x)' = a^x \log a$}$.
Em particular, quando $a = e$, $(e^x)' = e^x$.
Demonstração do terceiro limite fundamental, $\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x}\ =\ \log a$.
Seja $y = a^x - 1$.
$y + 1 = a^x\ \Rightarrow\ \log (y + 1) = x \log a\ \Rightarrow\ x = \dfrac{\log (y + 1)}{\log a}$
Observemos que $x \rightarrow 0\ \Rightarrow\ y \rightarrow 0$.
$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x}\ =\ \lim_{y \rightarrow 0} \dfrac{y}{\dfrac{\log (y + 1)}{\log a}}\ =\ \lim_{y \rightarrow 0} \dfrac {\log a}{\dfrac{\log (y + 1)}{y}}\ =\ \dfrac{\log a}{\log \lim_{y \rightarrow 0} (1 + y)^{1/y}}$
O segundo limite fundamental é $\lim_{y \rightarrow 0} (1 + y)^{1/y}\ =\ e$. Logo:
$\fbox{$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x}\ =\ \log a$}$.
Efetuando a divisão e encontrando as raízes do denominador:
$\dfrac{x^3 + 1}{x^2 - 3x - 4} = (x + 3) + \dfrac{13x + 13}{x^2 - 3x - 4} = (x + 3) + \dfrac{A}{x - 4} + \dfrac{B}{x + 1}$
Pelo método de Heaviside:
$13x + 13 = A(x + 1) + B(x - 4)$
Para $x = 4$, $A = 13$.
Para $x = -1$, $B = 0$.
Logo $\fbox{$\dfrac{x^3 + 1}{x^2 - 3x - 4} = (x + 3) + \dfrac{13}{x - 4}$}$.
Uma reta e a parábola terão em comum o ponto $(x_0,y_0)$. Em tal ponto a reta terá coeficiente angular $2x_0$.
$x_0^2 = 2x_0(x_0 - 1)\ \Rightarrow\ x_0 = 0\ \vee\ x_0 = 2$
Logo as retas são $\fbox{$y = 0$}$ e $\fbox{$y - 4 = 4(x - 2)$}$.
Observemos inicialmente que as intersecções entre a semicircunferência e a reta são $(-2\sqrt{3},\ 2)$ e $(2\sqrt{3},\ 2)$.
Calculemos a área superior $A_1$.
$A_1\ =\ \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} (\sqrt{16 - x^2} - 2) dx$
Seja $x = 4\sin \theta$ para $\theta \in [-\dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{\pi}{2}]$, $dx = 4\cos \theta\ d\theta$.
$A_1\ =\ \int_{-\pi/3}^{\pi/3} 16(\cos \theta)^2 d\theta - \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} 2\ dx\ =$
$=\ 16 \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \dfrac{(\cos 2\theta) + 1}{2} d\theta - \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} 2\ dx\ =$
$=\ 16 \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \dfrac{(\cos 2\theta)}{2} d\theta + \int_{-\pi/3}^{\pi/3} 8\ d\theta - \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} 2\ dx\ =$
$= 4\sqrt{3} + \dfrac{16\pi}{3} - 8\sqrt{3}\ \Rightarrow$
$\Rightarrow \fbox{$A_1\ =\ \dfrac{16\pi}{3} - 4\sqrt{3}$}$
A área de baixo, $A_2$, será $8\pi - A_1$.
$\fbox{$A_2\ =\ \dfrac{8\pi}{3} + 4\sqrt{3}$}$
$I\ =\ \int \dfrac{t + 1}{\sqrt{t^3}} dt\ =\ \int \dfrac{t}{\sqrt{t^3}} dt + \int \dfrac{dt}{\sqrt{t^3}}$
$\fbox{$I = 2\sqrt{t} - \dfrac{2}{\sqrt{t}} + c$}$
Vamos supor que seja $3$.
Pela definição de limite, $\forall \epsilon > 0,\ \exists \delta > 0\ :\ |x - 1| < \delta\ \Rightarrow\ |2x - 3| < \epsilon$.
$|2x - 3| < \epsilon\ \Rightarrow\ \dfrac{-\epsilon + 3}{2} < x < \dfrac{\epsilon + 3}{2}$ (I)
$|x - 1| < \delta\ \Rightarrow\ -\delta + 1 < x < \delta + 1$ (II)
Tomemos $\epsilon = 1$. Por (I), $1 < x < 2$.
Para que (II) implique (I),
$\begin{cases}1 \le -\delta + 1 \\ 2 \ge \delta + 1\end{cases}$
que é um sistema impossível, pois $\delta$ deve ser positivo.
Logo, $\lim_{x \rightarrow 1} 2x \neq 3$.
$I\ =\ \underset{I_1}{\underbrace{\int e^{-x} dx}} + \underset{I_2}{\underbrace{\int 4^x dx}}$
Seja $u = -x$, $du = -dx$.
$I_1 = -\int e^u du = -e^u + c_1 = -e^{-x} + c_1$
$I_2 = \int e^{x \log 4} dx$
Seja $v = x \log 4$, $dv = (\log 4) dx$.
$I_2 = \dfrac{1}{\log 4} \int e^v dv = \dfrac{e^v}{\log 4} + c_2 = \dfrac{4^x}{\log 4} + c_2$
Logo $\fbox{$I = -e^{-x} + \dfrac{4^x}{\log 4} + c$}$.
$\dfrac{(3n+3)!}{[(3n+3)-(n+2)]!} = \dfrac{15(3n+2)!}{[(3n+2)-(n+1)]!}\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ \dfrac{3n+3}{(2n+1)!} = \dfrac{15}{(2n+1)!}\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ 3n + 3 = 15\ \Rightarrow \fbox{$n = 4$}$
$\dfrac{x^2 + 1}{x^2 - x}\ =\ 1 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{x - 1}$
$\fbox{$I\ =\ x - \log |x| + 2\log |x - 1| + c$}$
$\int \dfrac{x + 2}{x^2 + 4x + 4 + 7} dx\ =\ \int \dfrac{x + 2}{(x + 2)^2 + 7} dx\ = I$
Seja $u = x + 2$, $du = dx$.
$I\ =\ \int \dfrac{u}{u^2 + 7} du$
Seja $v = u^2$, $dv = 2u du$.
$I\ =\ \dfrac{1}{2} \int \dfrac{dv}{v + 7}\ =\ \dfrac{\log |v + 7|}{2} + c\ =\ \dfrac{\log |u^2 + 7|}{2} + c\ =\ \dfrac{\log |x^2 + 4x + 11|}{2} + c$
$f(1) = 0\ \Rightarrow\ c = -\log 4$
$f(0)\ =\ \dfrac{\log 11}{2} - \log 4\ = \fbox{$\log \dfrac{\sqrt{11}}{4}$}$
$x^2 - 5x + 6 = 0\ \Rightarrow\ x^2 - 5x + \dfrac{25}{4} - \dfrac{1}{4} = 0\ \Rightarrow\ (x - \dfrac{5}{2})^2 = \dfrac{1}{4}\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ x - \dfrac{5}{2} = \dfrac{1}{2}\ \vee\ x - \dfrac{5}{2} = -\dfrac{1}{2}\ \Rightarrow \fbox{$x = 3\ \vee\ x = 2$}$
$\dfrac{A_{n-1,n-3}}{A_{n+1,n}} = \dfrac{(n-1)!}{2(n+1)!} = \dfrac{1}{2(n+1)n} = \fbox{$\dfrac{1}{2n^2 + 2n}$}$
Seja $f:\ \mathbb{R}\ \rightarrow\ \mathbb{R}$ contínua em $\mathbb{R}$ tal que $|f(x)| \le |x^3 + x^2|$, para todo $x \in \mathbb{R}$. A função $f$ é derivável em $0$?
Resolução:
Observemos inicialmente que $f(0) = 0$.
$f'(0)\ =\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h) - f(0)}{h}\ =\ \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(h)}{h}$
$-x^3 - x^2 \le f(x) \le x^3 + x^2\ \overset{x > 0}{\Rightarrow}\ -x^2 - x \le \dfrac{f(x)}{x} \le x^2 + x$
$-x^3 - x^2 \le f(x) \le x^3 + x^2\ \overset{x < 0}{\Rightarrow}\ -x^2 - x \ge \dfrac{f(x)}{x} \ge x^2 + x$
Logo, pelo teorema do confronto, $f'(0)$ existe e é igual a $0$.
Sabe-se que $f:\ \mathbb{R}\ \rightarrow\ \mathbb{R}$ é uma função derivável em $\mathbb{R}$ e que a reta tangente ao gráfico de $f$ no ponto de abscissa $3$ é $x + 2y = 6$. Seja $g:\ \mathbb{R}\ \rightarrow\ \mathbb{R}$ dada por $g(x) = (f(\sqrt{9 + 4x}))^2$. Determine $g'(0)$.
Resolução:
Observemos inicialmente que $f(3) = \dfrac{3}{2}$ e $f'(3) = -\dfrac{1}{2}$.
$g'(x)\ =\ 2f(\sqrt{9 + 4x}) \cdot f'(\sqrt{9 + 4x}) \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{9 + 4x}} \cdot 4$
$g'(0)\ =\ \dfrac{4f(3) \cdot f'(3)}{3}\ = \fbox{$-1$}$
Sejam $f:\ \mathbb{R}\ \rightarrow\ \mathbb{R}$ uma função derivável até a segunda ordem e $g:\ \mathbb{R}\ \rightarrow\ \mathbb{R}$ dada por $g(x) = x f(x + 1 + \sin 2x)$. Calcule $g''(x)$. Sabendo que $f'(1) = -2$, calcule $g''(0)$.
Resolução:
$g'(x) = f(x + 1 + \sin 2x) + x (1 + 2\cos 2x) f'(x + 1 + \sin 2x)$
$\fbox{$\displaylines{g''(x) =& (1 + 2\cos 2x) f'(x + 1 + \sin 2x) + (1 + 2\cos 2x - 4x\sin 2x) f'(x + 1 + \sin 2x) + \\ &+ x (1 + 2\cos 2x)^2 f''(x + 1 + \sin 2x)}$}$
$g''(0) = 3f'(1) + 3f'(1) = \fbox{$-12$}$
