Seja $f:\ \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ uma função duas vezes continuamente diferenciável, isto é, $f$, $f'$ e $f''$ são contínuas. Determine o valor de $f(0)$ sabendo que $f(\pi) = 2$ e que
$\displaystyle\int_0^{\pi} (f(x) + f''(x))\sin x\ dx\ =\ 5$.
Resolução:
Seja $I = \displaystyle\int (f(x) + f''(x))\sin x\ dx$.
$I = \displaystyle\int f(x) \cdot \sin x\ dx\ +\ \displaystyle\int f''(x) \cdot \sin x\ dx\ =$
$= -f(x) \cdot \cos x + \cancel{\displaystyle\int f'(x) \cdot \cos x\ dx}\ +\ f'(x) \cdot \sin x\ \cancel{- \displaystyle\int f'(x) \cdot \cos x\ dx}\ =$
$= -f(x) \cdot \cos x + f'(x) \cdot \sin x\ + c$
Logo $\displaystyle\int_0^{\pi} (f(x) + f''(x))\sin x\ dx\ =\ \left. (-f(x) \cdot \cos x + f'(x) \cdot \sin x)\ \right|_0^{\pi}\ =\ 2 + f(0)$.
$\displaystyle\int_0^{\pi} (f(x) + f''(x))\sin x\ dx\ =\ 5\ \Rightarrow\ 2 + f(0) = 5\ \Rightarrow\ \fbox{$f(0) = 3$}$
segunda-feira, 21 de junho de 2021
Valor de uma função dadas certas condições e uma integral.
Integral do arco-tangente.
$\displaystyle\int \arctan x\ dx\ \overset{\text{Por partes}}=\ x \cdot \arctan x - \underset{I}{\underbrace{\displaystyle\int \dfrac{x}{x^2 + 1} dx}}$
Seja $u = x^2 + 1$, $du = 2x\ dx$.
$I = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int \dfrac{du}{u} = \dfrac{\log |u|}{2} + c = \dfrac{\log |x^2 + 1|}{2} + c = \dfrac{\log (x^2 + 1)}{2} + c$
Logo, $\fbox{$\displaystyle\int \arctan x\ dx\ =\ x \cdot \arctan x - \dfrac{\log (x^2 + 1)}{2} + C$}$.
Qual a distância entre a reta $r:\ 2x - y + 1$ e o ponto $P(2, 1)$?
Qual a distância entre a reta $r:\ 2x - y + 1$ e o ponto $P(2, 1)$?
Resolução:
$d_{rP} = \dfrac{|2 \cdot 2 - 1 \cdot 1 + 1|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2}} = \dfrac{4}{\sqrt{5}} = \fbox{$\dfrac{4\sqrt{5}}{5}$}$
Quantos números podemos formar com a multiplicação de $3$ dos fatores primos de $2730$?
Quantos números podemos formar com a multiplicação de $3$ dos fatores primos de $2730$?
Resolução:
$2730 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 13$
Como os fatores são em número de $5$, e sabendo que a multiplicação é comutativa, existirão $\displaystyle{5 \choose 3}$ produtos distintos.
$\displaystyle{5 \choose 3} = \dfrac{5!}{3! \cdot (5-3)!} = \fbox{$10$}$
Calcular $I = \displaystyle\int_0^{\dfrac{\pi}{6}} \tan^2 2x\ dx$.
$I = \displaystyle\int_0^{\dfrac{\pi}{6}} [(\sec^2 2x) - 1]\ dx = \left. (\dfrac{\tan 2x}{2} - x)\right|_0^{\dfrac{\pi}{6}} = \fbox{$\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{\pi}{6}$}$
Demonstração da irracionalidade de $\sqrt{2}$.
Visando chegar a uma contradição, vamos supor que $\sqrt{2}$ seja racional, ou seja, $\sqrt{2} = \dfrac{p}{q},\ p,q \in \mathbb{Q},\ q \neq 0,\ \dfrac{p}{q}\text{ fração irredutível}$.
$2 = \dfrac{p^2}{q^2}\ \Rightarrow\ p^2 = 2q^2$ (I)
Por (I), $p$ deve ser par, logo podemos escrever, para um $s$ inteiro, $p = 2s$.
$p = 2s\ \wedge\ \text{(I)}\ \Rightarrow\ 4s^2 = 2q^2\ \Rightarrow\ 2s^2 = q^2\ \Rightarrow\ q\text{ é par.}$ (II)
(II) é um absurdo, pois, por hipótese, $\dfrac{p}{q}$ é uma fração irredutível.
Logo, $\sqrt{2}$ é irracional.
Calcular $I\ =\ \displaystyle\int \cos^3 x\ dx$.
$I\ =\ \displaystyle\int (\cos x)(1 - \sin^2 x)\ dx$.
Seja $u = \sin x$, $du = \cos x\ dx$.
$I\ =\ \displaystyle\int (1 - u^2)\ du\ =\ u - \dfrac{u^3}{3} + c$.
Logo $\fbox{$\displaystyle\int \cos^3 x\ dx\ =\ \sin x - \dfrac{\sin^3 x}{3} + c$}$.
Determinar a área da região do primeiro quadrante delimitada pelas retas $y = x$ e $x = 2$, a curva $y = \dfrac{1}{x^2}$, e o eixo $x$.
Resolução:
Observemos que as intersecções entre os gráficos são $(0, 0)$, $(1, 1)$, $(2, 0)$, e $(2, \dfrac{1}{4})$.
Seja $A$ a área procurada.
$A\ =\ \displaystyle\int_0^1 x\ dx + \displaystyle\int_1^2 \dfrac{dx}{x^2}$
$A = \left. \dfrac{x^2}{2}\right|_0^1 + \left. \dfrac{-1}{x}\right|_1^2 = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} + 1 = \fbox{$1$}$
Calcular $I\ =\ \displaystyle\int e^{2\theta} \sin 3\theta\ d\theta$.
Aplicando "por partes":
$I\ =\ \dfrac{e^{2\theta} \sin 3\theta}{2} - \dfrac{3}{2}\displaystyle\int e^{2\theta} \cos 3\theta\ d\theta$
Aplicando "por partes" novamente:
$I\ =\ \dfrac{e^{2\theta} \sin 3\theta}{2} - \dfrac{3}{4} e^{2\theta} \cos 3\theta - \dfrac{9}{4}\underset{I}{\underbrace{\displaystyle\int e^{2\theta} \sin 3\theta\ d\theta}}$
$(1 + \dfrac{9}{4})I = \dfrac{e^{2\theta} \sin 3\theta}{2} - \dfrac{3}{4} e^{2\theta} \cos 3\theta$
Logo $\fbox{$\displaystyle\int e^{2\theta} \sin 3\theta\ d\theta\ =\ \dfrac{2e^{2\theta} \sin 3\theta - 3e^{2\theta} \cos 3\theta}{13} + c$}$.
Calcular $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{y^2}{\sqrt{4 - 3y}} dy$.
Aplicando "por partes":
$I = \dfrac{-2\sqrt{4 - 3y} \cdot y^2}{3} + \dfrac{4}{3} \displaystyle\int y\sqrt{4 - 3y}\ dy $
Aplicando "por partes" novamente:
$I = \dfrac{-2\sqrt{4 - 3y} \cdot y^2}{3} - \dfrac{8}{27} \sqrt{(4 - 3y)^3} \cdot y - \dfrac{16}{405} \sqrt{(4 - 3y)^5} + c$
$\displaystyle\int_0^1 \dfrac{y^2}{\sqrt{4 - 3y}} dy = \left. \left[ \dfrac{-2\sqrt{4 - 3y} \cdot y^2}{3} - \dfrac{8}{27} \sqrt{(4 - 3y)^3} \cdot y - \dfrac{16}{405} \sqrt{(4 - 3y)^5} \right] \right|_0^1 =$
$= -\dfrac{2}{3} - \dfrac{8}{27} - \dfrac{16}{405} + \dfrac{512}{405} = \fbox{$\dfrac{106}{405}$}$
Encontrar a área entre os gráficos de $2\sin x$ e $\sin 2x$, $0 \le x \le \pi$.
Encontrar a área entre os gráficos de $2\sin x$ e $\sin 2x$, $0 \le x \le \pi$.
Resolvendo a equação $2\sin x\ =\ \sin 2x$:
$2\sin x\ =\ 2(\sin x)(\cos x)$
Duas soluções são $x = 0$ e $x = \pi$. Para $x \neq 0$ e $x \neq \pi$, $\cos x\ =\ 1$, que não tem solução no universo considerado.
Logo, sendo $A$ a área procurada, $A\ =\ \left| \displaystyle\int_0^\pi [2\sin x\ - 2(\sin x)(\cos x)]\ dx \right|\ =\ 2\left| \displaystyle\int_0^\pi (\sin x)(1 - \cos x)\ dx \right|$.
Seja $u = 1 - \cos x$, $du = \sin x\ dx$.
$A = 2\left| \displaystyle\int_0^2 u\ du \right| = 2 \left| \left. \dfrac{u^2}{2} \right|_0^2 \right| = \left| \left. u^2 \right|_0^2 \right| = \fbox{$4$}$
Teorema de Tales.
Determinar $x$.
Resolução:
Seja $\overleftrightarrow{r} \parallel \overleftrightarrow{s} \parallel \overleftrightarrow{t}$, $\overleftrightarrow{u} \not{\parallel} \overleftrightarrow{r}$ e $\overleftrightarrow{v} \not{\parallel} \overleftrightarrow{r}$. Pelo Teorema de Tales, $\dfrac{x+2}{x} = \dfrac{6}{3}$.
$x+2 = 2x\ \therefore \fbox{$x = 2$}$
Determinar a área do triângulo $\Delta ABC$.
Uma das fórmulas da área de um triângulo é $A = \dfrac{ab}{2}\sin \theta$, sendo $\theta$ o ângulo compreendido entre os lados adjacentes $a$ e $b$.
$A = \dfrac{6 \cdot 9}{2}\sin \dfrac{\pi}{6} = \fbox{$\dfrac{27}{2}$}$
A soma dos ângulos internos de um triângulo é dois retos.
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.
$(\cot x)' = -\csc^2 x$
$(\dfrac{\cos x}{\sin x})' = \dfrac{(\cos x)'(\sin x) - (\cos x)(\sin x)'}{\sin^2 x} = \dfrac{-\sin^2 x - \cos^2 x}{\sin^2 x} = \dfrac{-1}{\sin^2 x}$
Logo, $\fbox{$(\cot x)' = -\csc^2 x$}$.
$(\tan x)' = \sec^2 x$
$(\dfrac{\sin x}{\cos x})' = \dfrac{(\sin x)'(\cos x) - (\sin x)(\cos x)'}{\cos^2 x} = \dfrac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x} = \dfrac{1}{\cos^2 x}$
Logo, $\fbox{$(\tan x)' = \sec^2 x$}$.
Utilizando a definição, mostre que $(\cos x)' = -\sin x$.
Demonstração:
$(\cos x)' = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\cos (x+h) - \cos x}{h} = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\cos x)(\cos h) - (\sin x)(\sin h) - \cos x}{h} =$
$= \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\cos x)[(\cos h) - 1]}{h} - \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)(\sin h)}{h} =$
$= \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} -(\cos x) \cdot \dfrac{\sin \dfrac{h}{2}}{h/2} \cdot (\sin \dfrac{h}{2}) - \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)(\sin h)}{h} =$
$= \cancelto{0}{-(\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \cos x) \cdot \underset{1}{\underbrace{(\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sin \dfrac{h}{2}}{h/2})}} \cdot (\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \sin \dfrac{h}{2})} - \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{(\sin x)(\sin h)}{h} =$
$= - (\sin x) \cdot \underset{1}{\underbrace{\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{\sin h}{h}}}$
Logo, $\fbox{$(\cos x)' = -\sin x$}$.
domingo, 20 de junho de 2021
Utilizando a definição, mostre que $(\sin x)' = \cos x$.
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 $(x^n)' = nx^{n-1}$, $n \in \mathbb{N}$.
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}$}$
Utilizando Briot-Ruffini, divida $x^2 - 6x + 5$ por $2x - 4$.
$x^2 - 6x + 5 = Q(x) \cdot (2x - 4) + R(x) = 2Q(x) \cdot (x - 2) + R(x),\ \partial R(x) < \partial (2x - 4)$.
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$}$.
Se $f$ é contínua, $f(x) = \dfrac{d}{dx} \displaystyle\int_0^x f(t)\ dt$.
$F(0)$ é constante, logo $\dfrac{d}{dx} (F(x) - F(0)) = F'(x) = f(x)$.
C.Q.D.
Racionalizar o denominador de $\dfrac{2}{1 - \sqrt[3]{4}}$.
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.
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 $I\ =\ \displaystyle\int \dfrac{\sin \sqrt{\theta}}{\sqrt{\theta \cos^3 \sqrt{\theta}}} d\theta$.
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 $I\ =\ \displaystyle\int \dfrac{(2r - 1)\cos \sqrt{3(2r - 1)^2 + 6}}{\sqrt{3(2r - 1)^2 + 6}} dr$.
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, $\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1$.
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$}$.
Derivada do logaritmo natural.
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}$}$.
A derivada da exponencial.
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, $\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x}\ =\ \log a$.
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$}$.
Integral do logaritmo $\log_a x$.
Por partes:
$I\ =\ x\log x - \int \dfrac{x}{x} dx\ =\ x\log x - x + c$
Como $\log_a x = \dfrac{\log x}{\log a}$, $\fbox{$\int \log_a x\ dx\ =\ \dfrac{x\log x - x}{\log a} + C$}$.
Decomponha $\dfrac{x^3 + 1}{x^2 - 3x - 4}$ em frações parciais.
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}$}$.
Determine as retas tangentes à parábola $y = x^2$ que passam pelo ponto $(1, 0)$.
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)$}$.
