Instituto Superior Técnico
Departamento de Matemática
Unidade de Ensino de Álgebra e
Análise
Cálculo Diferencial e Integral I
Cursos de LEBiol, LEBiom
Exame de 1.a Época - 10 de fevereiro de 2022, 13h-15h, VERSÃO B.1
Duração: 2 horas
Apresente e justifique todos os cálculos
(1,0 val.) 1. Considere o seguinte conjunto:
A = x ∈ R : |2x + 1| ≥ x2 , x ≤ 0 .
Indique, se existirem, o supremo, máximo, mínimo e ínfimo do conjunto A \ Q.
|2x + 1| ≥ x2 ⇔ 2x + 1 ≥ x2 ∨ 2x + 1 ≤ −x2 ⇔ x2 − 2x − 1 ≤ 0 ∨ x2 + 2x + 1 ≤ 0
√ √
⇔ 1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2 ∨ x = −1
√ √
uma vez que x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 2±2 8 = 1 ± 2 e x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 = 0 ⇔
√ √ √
x = −1. Temos A = [1 − 2, 1 + 2] ∪ {−1} ∩ ] − ∞, 0] = [1 − 2, 0] ∪ {−1} logo
√
A \ Q = [1 − 2, 0] \ Q e
sup A \ Q = 0 ∈
/ A \ Q, não existe max A \ Q
√
sup A \ Q = 1 − 2 = min A \ Q.
(6,0 val.) 2. Seja f : R → R uma função contínua tal que
(
x2 sin x2 ,
x>0
f (x) = 2
arctan(x ) + b, x ≤ 0
(a) Prove que b = 0.
Por um lado, temos f (0) = b. Por outro lado,
2
lim f (x) = lim x2 sin = 0. (por enquadramento)
x→0+ x→0+ x
Mas, como f é contínua em 0 temos que f (0) = limx→0+ f (x) o que equivale a
b = 0.
(b) Calcule f 0 (x) para x 6= 0.
2x sin x2 − 2 cos 2
x , x>0
f 0 (x) =
2x , x<0
1 + x4
, (c) Estude f quanto à diferenciabilidade em x = 0.
A função f é diferenciável em x = 0 se e só se as derivadas laterais esquerda e
direita, fe0 (0) e fd0 (0) respectivamente, existirem em R e forem iguais. Por um lado,
f (x) − f (0) arctan(x2 ) RC 2x
fe0 (0) = lim = lim = lim = 0,
x→0− x−0 x→0− x x→0− 1 + x4
onde usámos a regra de Cauchy para levantar a indeterminação 00 . Por outro lado,
0 f (x) − f (0) 2
fd (0) = lim = lim x sin = 0.
x→0 + x−0 x→0 + x
Conclusão: f é diferenciável em x = 0 com derivada f 0 (0) = 0.
[Observação importante: A igualdade fd0 (0) = limx→0+ f 0 (x) é falsa neste caso!
Veja porquê e em que casos ela é verdadeira.]
(d) Justifique que para qualquer k ∈]0, π2 [, a equação f (x) = k tem uma solução única
em R− .
Seja h : ] − ∞, 0] → R dada por h(x) = f (x) − k. Como h é contínua e
π
h(0) = f (0) − k = −k < 0, e lim h(x) = lim f (x) − k = − k > 0,
x→−∞ x→−∞ 2
temos do teorema do valor intermédio (ou de Bolzano) que h tem pelo menos um
zero em R− . Por outro lado, para x ∈ R− , h0 (x) = f 0 (x) = 1+x
2x
4 6= 0, como corolário
do teorema de Rolle podemos concluir que h não tem mais do que um zero em R− .
Ou seja, h tem exactamente um zero em R− o que equivale a dizer que a equação
f (x) = k tem exactamente uma solução em R− .
π
[Alternativamente, uma vez que f (0) = 0 e limx→−∞ f (x) = , e f é contínua, do
2
teorema de Bolzano, f assume todos os valores entre 0 e π/2, ou seja a equação
f (x) = k tem solução para qualquer k ∈]0, π2 [. Como f é estritamente decrescente
2x
em R− , já que f 0 (x) = < 0, para x < 0, temos que essa solução é única.]
1 + x4
(e) Seja g : R → R uma função diferenciável tal que g(2) = −1 e g 0 (2) = −4. Calcule
(f ◦ g)0 (2).
2 · (−1)
(f ◦ g)0 (2) = f 0 (g(2))g 0 (2) = f 0 (−1)g 0 (2) = · (−4) = 4.
1 + (−1)4
(1,5 val.) 3. Seja h : R → R uma função duas vezes diferenciável em R. Prove que se alguma recta
tangente ao gráfico de h tem mais de um ponto em comum com o gráfico de h então a
equação h00 (x) = 0 tem pelo menos uma solução. (Sugestão: use o teorema de Lagrange.)
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Cálculo Diferencial e Integral I
Cursos de LEBiol, LEBiom
Exame de 1.a Época - 10 de fevereiro de 2022, 13h-15h, VERSÃO B.1
Duração: 2 horas
Apresente e justifique todos os cálculos
(1,0 val.) 1. Considere o seguinte conjunto:
A = x ∈ R : |2x + 1| ≥ x2 , x ≤ 0 .
Indique, se existirem, o supremo, máximo, mínimo e ínfimo do conjunto A \ Q.
|2x + 1| ≥ x2 ⇔ 2x + 1 ≥ x2 ∨ 2x + 1 ≤ −x2 ⇔ x2 − 2x − 1 ≤ 0 ∨ x2 + 2x + 1 ≤ 0
√ √
⇔ 1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2 ∨ x = −1
√ √
uma vez que x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 2±2 8 = 1 ± 2 e x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 = 0 ⇔
√ √ √
x = −1. Temos A = [1 − 2, 1 + 2] ∪ {−1} ∩ ] − ∞, 0] = [1 − 2, 0] ∪ {−1} logo
√
A \ Q = [1 − 2, 0] \ Q e
sup A \ Q = 0 ∈
/ A \ Q, não existe max A \ Q
√
sup A \ Q = 1 − 2 = min A \ Q.
(6,0 val.) 2. Seja f : R → R uma função contínua tal que
(
x2 sin x2 ,
x>0
f (x) = 2
arctan(x ) + b, x ≤ 0
(a) Prove que b = 0.
Por um lado, temos f (0) = b. Por outro lado,
2
lim f (x) = lim x2 sin = 0. (por enquadramento)
x→0+ x→0+ x
Mas, como f é contínua em 0 temos que f (0) = limx→0+ f (x) o que equivale a
b = 0.
(b) Calcule f 0 (x) para x 6= 0.
2x sin x2 − 2 cos 2
x , x>0
f 0 (x) =
2x , x<0
1 + x4
, (c) Estude f quanto à diferenciabilidade em x = 0.
A função f é diferenciável em x = 0 se e só se as derivadas laterais esquerda e
direita, fe0 (0) e fd0 (0) respectivamente, existirem em R e forem iguais. Por um lado,
f (x) − f (0) arctan(x2 ) RC 2x
fe0 (0) = lim = lim = lim = 0,
x→0− x−0 x→0− x x→0− 1 + x4
onde usámos a regra de Cauchy para levantar a indeterminação 00 . Por outro lado,
0 f (x) − f (0) 2
fd (0) = lim = lim x sin = 0.
x→0 + x−0 x→0 + x
Conclusão: f é diferenciável em x = 0 com derivada f 0 (0) = 0.
[Observação importante: A igualdade fd0 (0) = limx→0+ f 0 (x) é falsa neste caso!
Veja porquê e em que casos ela é verdadeira.]
(d) Justifique que para qualquer k ∈]0, π2 [, a equação f (x) = k tem uma solução única
em R− .
Seja h : ] − ∞, 0] → R dada por h(x) = f (x) − k. Como h é contínua e
π
h(0) = f (0) − k = −k < 0, e lim h(x) = lim f (x) − k = − k > 0,
x→−∞ x→−∞ 2
temos do teorema do valor intermédio (ou de Bolzano) que h tem pelo menos um
zero em R− . Por outro lado, para x ∈ R− , h0 (x) = f 0 (x) = 1+x
2x
4 6= 0, como corolário
do teorema de Rolle podemos concluir que h não tem mais do que um zero em R− .
Ou seja, h tem exactamente um zero em R− o que equivale a dizer que a equação
f (x) = k tem exactamente uma solução em R− .
π
[Alternativamente, uma vez que f (0) = 0 e limx→−∞ f (x) = , e f é contínua, do
2
teorema de Bolzano, f assume todos os valores entre 0 e π/2, ou seja a equação
f (x) = k tem solução para qualquer k ∈]0, π2 [. Como f é estritamente decrescente
2x
em R− , já que f 0 (x) = < 0, para x < 0, temos que essa solução é única.]
1 + x4
(e) Seja g : R → R uma função diferenciável tal que g(2) = −1 e g 0 (2) = −4. Calcule
(f ◦ g)0 (2).
2 · (−1)
(f ◦ g)0 (2) = f 0 (g(2))g 0 (2) = f 0 (−1)g 0 (2) = · (−4) = 4.
1 + (−1)4
(1,5 val.) 3. Seja h : R → R uma função duas vezes diferenciável em R. Prove que se alguma recta
tangente ao gráfico de h tem mais de um ponto em comum com o gráfico de h então a
equação h00 (x) = 0 tem pelo menos uma solução. (Sugestão: use o teorema de Lagrange.)
