Cálculo diferencial e integral - exame 2B

Instituto Superior Técnico
Departamento de Matemática
Unidade de Ensino de Álgebra e
Análise

Cálculo Diferencial e Integral I
Cursos de LEBiol, LEBiom
Exame de 2.a Época - 24 de fevereiro de 2022, 13h-15h, VERSÃO B.1
Duração: 2 horas



(7,0 val.) 1. Seja f : [0, +∞[ → R uma função contínua definida por

f (x) = arctan(ln x) + 3x, x > 0.

(a) Calcule f (0).

π
Como f é contínua, f (0) = lim arctan(ln x) + 3x = lim arctan(y) + 0 = − .
x→0 + y→−∞ 2

(b) Determine os intervalos de monotonia de f .

Para x > 0, temos
1
f 0 (x) = + 3 > 0, ∀x > 0
x(1 + ln2 (x))

logo f é estritamente crescente em ]0, +∞[. Sendo contínua em 0, é também estri-
tamente crescente em [0, +∞[.

(c) Justifique que f é injectiva, mostre que f −1 (3) = 1 e calcule (f −1 )0 (3).

Sendo estritamente crescente no seu domínio, é injectiva. Temos f (1) = arctan(0)+
3 = 3, logo f −1 (3) = 1.
A função inversa é diferenciável em 3 já que f 0 (f −1 (3)) = f 0 (1) = 4 6= 0 e
(f −1 )0 (3) = f 0 (f −1
1
(3))
= f 01(1) = 41 .

f (x)
(d) Calcule lim e determine se f tem assíntotas.
x→+∞ x

f (x) arctan(ln x) + 3x π/2 π
lim = lim = +∞ + 3 = 3. Como lim f (x) − 3x = ,
x→+∞ x x→+∞ x x→+∞ 2
temos que f tem uma assíntota oblíqua à direita de equação y = 3x + π2 .
Não existem mais assíntotas já que f é contínua em [0, +∞[.

(e) Mostre que f é uma função côncava em ]0, +∞[ e esboce o seu gráfico.

Temos para x > 0,
0
(x(1 + ln2 (x)))0 1 + ln2 (x) + 2x · x1 ln x

00 1
f (x) = + 3 = − = −
x(1 + ln2 (x)) x2 (1 + ln2 (x))2 x2 (1 + ln2 (x))2
1 + ln2 (x) + 2 ln x (1 + ln x)2
=− 2 = − ≤ 0, ∀x > 0
x (1 + ln2 (x))2 x2 (1 + ln2 (x))2

, logo f tem concavidade para baixo, ou seja, é côncava.
[Gráfico.]
f (x)−f (0) arctan(ln x)+π/2
Note-se que fd0 (0) = limx→0+ x = 3 + limx→0+ x = 3+
1
limx→0+ x(1+ln 2
(x))
= +∞.


(f) Escreva o polinómio de Taylor de primeira ordem no ponto 1 e use o resto de
Lagrange para mostrar que
(1,2)2
3,8 − (0,2)2 < f (1,2) < 3,8.
2
Sugestão: use a desigualdade ln(1,2) < 0,2.

Temos p1 (x) = f (1) + f 0 (1)(x − 1) = 3 + 4(x − 1) e p1 (1,2) = 3,8. Como f (x) =
00
p1 (x) + R1 (x) com R1 (x) = f 2(c) (x − 1)2 o resto de Lagrange, c entre x e 1, temos

f 00 (c)
f (1, 2) = 3,8 + R1 (1, 2) = 3,8 + (0,2)2
2
(1+ln c) 2
para algum c ∈]1, 1,2[. Temos f 00 (c) = − c2 (1+ln 2
(c))2
< 0, logo f (1,2) < 3,8. Por
outro lado, como c > 1,

(1 + ln c)2
< (1 + ln c)2 < (1,2)2
c2 (1 + ln2 (c))2
(1,2)2
usando ln(c) < ln(1,2) < 0,2. Logo f 00 (c) > −(1,2)2 e f (1,2) > 3,8 − 2
2 (0,2) .


(1,5 val.) 2. Dada uma função limitada f : R → R e um ponto a ∈ R, seja g : ]0, +∞[ → R definida
por
g(x) = sup f (t)
t∈[a−x,a+x]

(a) Mostre que g é crescente.

Se x > y, temos [a − y, a + y] ⊂ [a − x, a + x], logo supt∈[a−x,a+x] f (t) ≥
supt∈[a−y,a+y] f (t), ou seja, g(x) ≥ g(y) e g é crescente.

(b) Mostre que, se f é contínua em a, então lim f (x) = lim g(x). Sugestão: use a
x→a x→0+
definição de limite de f .

Temos a provar que lim g(x) = lim f (x) = f (a) (dado que f é contínua em a).
x→0+ x→a
Note-se que g(x) ≥ f (a), para qualquer x > 0 (dado que a ∈ [a − x, a + x], ∀x > 0)
e temos
!
|g(x) − f (a)| = g(x) − f (a) = sup f (t) − f (a) = sup (f (t) − f (a)).
t∈[a−x,a+x] t∈[a−x,a+x]



2