Soluções Cálculo – Semana 10

Iniciante

a) Vendo a função como uma composta, teremos o seguinte:

$$!f'(x)=30(1-4x+7x^5)^{30-1}\cdot d(1-4x+7x^5)$$
$$!=30(1-4x+7x^5)^{29}\cdot (35x^4-4)$$

b) Tendo achado $$f'(x)$$ e sabendo que a função e suas derivadas são contínuas para todo $$x$$ real, basta substituir $$x$$ por $$0$$:

$$!f'(0)=30(1-4\cdot 0+7(0)^5)^{29}\cdot (35(0)^4-4)=30\cdot (-4)=-120$$

c) Analogamente,

$$!f'(1)=30(35-4)(1-4+7)^{29}=30(31)(4)^{29}=930(4)^{29}$$

d) $$!f'(2)=30(35\cdot 16-4)(1-8+224)^{29}=30(556)(217)^{29}$$

Intermediário

Por integração por partes, temos:

$$!\displaystyle \int u\cdot dv=uv- \displaystyle \int v\cdot du$$

onde $$u=ln^2(x)$$ e $$dv=dx$$. Assim,

$$!du=2(ln(x))\frac{1}{x}dx=\frac{2\cdot ln(x)}{x}dx$$

e $$v=x$$. Portanto,

$$!x\cdot ln^2(x)- \displaystyle \int x\cdot \frac{2ln(x)}{x}\cdot dx$$

$$!=x\cdot ln^2(x)- 2\displaystyle \int ln(x)\cdot dx$$

Usando a integração por partes novamente, temos: $$u=ln(x)$$ e $$dv=dx$$ $$\rightarrow$$ $$du=\frac{1}{x}dx$$ e $$v=x$$. Portanto,

$$!\displaystyle \int ln^2(x)dx=x\cdot ln^2(x)-2[x\cdot ln(x)-\displaystyle \int x\frac{1}{x}dx]$$

$$!=x\cdot ln^2(x)-2x\cdot ln(x)+2\displaystyle \int 1dx$$ $$=x\cdot ln^2(x)-2x\cdot ln(x)+2x+C$$

Avançado

Primeiro note que $$-1\leq cos(2x)\leq 1$$. Logo, $$0\leq cos^2(2x)\leq +1$$. Já que estamos considerando $$x$$ tendendo a $$\infty$$, é razoável assumir que $$3-2x< 0$$. Assim, dividindo todos os termos por $$3-2x$$, temos:

$$!\frac{1}{3-2x}\leq \frac{cos^2(2x)}{3-2x}\leq \frac{0}{3-2x}$$

Portanto,

$$!\lim \limits_{x \rightarrow \infty} \frac{1}{3-2x}=0=\lim \limits_{x \rightarrow \infty} 0$$

$$!\Downarrow$$

$$!\lim \limits_{x \rightarrow \infty} \frac{cos^2(2x)}{3-2x}=0$$