Resolução dos Exercícios sobre Derivadas
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Resolução dos Exercícios sobre Derivadas
Resolução dos Exercícios sobre Derivadas Exercício 1. Utilizando a idéia do exemplo anterior, encontre a reta tangente à curva y = x 3 nos pontos onde x = 0 e x = −1 . Solução: Vamos determinar a reta tangente à curva y = x 3 nos pontos de abscissas x = 0 e x = −1 . (i) x = 0 : Considere a reta secante passando pelos pontos (0, 0) e ( h , h 3 ) com h “suficientemente pequeno”. A h3 − 0 ( x − 0) . Quando h se aproxima de 0, o ponto ( h , h 3 ) se h −0 aproxima de (0, 0) e a reta secante de equação y = h 2 x tende à reta de equação y = 0 . Dessa forma, temos que equação dessa reta secante é dada por y − 0 = a reta de equação y = 0 é a reta tangente à curva y = x 3 no ponto (0, 0) . (ii) x = −1 : Considere a reta secante passando por P ( − 1, − 1) e Q ( −1 + h ,( −1 + h )3 ) = Q ( −1 + h , −1 + 3h − 3h 2 + h 3 ) , com h “suficientemente pequeno”. A equação da reta secante por P e Q é dada por y − ( −1) = ( −1 + 3h − 3h 2 + h 3 ) − ( −1) ( x − ( −1)) = (3 − 3h + h 2 )( x + 1) . −1 + h − ( −1) Quando h tende a 0, o ponto Q se aproxima de P, e a reta secante de equação y + 1 = (3 − 3h + h 2 )( x + 1) se aproxima da reta de equação y + 1 = 3( x + 1) . Assim, a reta de equação y = 3x + 2 é a reta tangente à curva y = x 3 no ponto ( −1, − 1) . Exercício 2. Encontre a equação da reta tangente à curva y = f ( x ) no ponto P, sendo a função f dada por: a) f ( x ) = 1 1 ; P = ,2 x 2 b) f ( x ) = 2 x 2 + x + 2 ; P = ( −1, 3) Solução: a) Considere a reta secante passando por 1 1 1 + 2h 2 1 = Q( P , 2 e Q + h, , ), 2 1 + 2h 1 2 2 + h 2 com h “suficientemente pequeno”. A equação da reta secante por P e Q é dada por 2 −4 h −2 −4 1 1 1 1 + 2h 1 + 2h y−2= (x − ) = (x − ) = (x − ) . 1 + 2h 1 2 h 2 1 + 2h 2 − 2 2 1 −4 ( x − ) se aproxima Quando h tende a 0, o ponto Q se aproxima de P, e a reta secante de equação y − 2 = 1 + 2h 2 1 1 da reta de equação y − 2 = −4( x − ) . Assim, a reta de equação y = −4 x + 4 é a reta tangente à curva y = x 2 1 no ponto P = , 2 . 2 b) Considere a reta secante passando por P ( −1, 3) e Q ( −1 + h , 2( −1 + h )2 + ( −1 + h ) + 2) = Q ( −1 + h , 2(1 − 2h + h 2 ) + h + 1) = Q ( −1 + h , 2h 2 − 3h + 3) com h “suficientemente pequeno”. A equação da reta secante por P e Q é dada por 2h 2 − 3h + 3 ) − (3) ( y −3= ( x − ( −1)) = (2h − 3)( x + 1) . −1 + h − ( −1) Quando h tende a 0, o ponto Q se aproxima de P, e a reta secante de equação y − 3 = (2h − 3)( x + 1) se aproxima da reta de equação y − 3 = −3( x + 1) . Assim, a reta de equação y = −3x é a reta tangente à curva y = 2 x 2 + x + 2 no ponto P ( −1, 3) . Exercício 3. Se f ( x ) = x 2 / 3 , encontre a derivada de f , usando a definição, e determine o domínio de f ' . x2 3 − a2 3 . Fazendo a substituição x 2 3 = t e a 2 3 = b ficamos x →a x −a 32 (t − b )(t 3 2 + b 3 2 ) (t − b )(t 3 2 + b 3 2 ) (t − b ) (t + b 3 2 ) = lim = = lim 3 2 3 2 ⋅ 3 2 3 2 = lim t →b ( t t →b ( t − b ) ( t 2 + bt + b 2 ) (t 3 − b 3 ) − b ) ( t + b ) t →b Solução: Temos por definição que f '( a ) = lim com f '( a ) = lim t →b t −b t − b3 2 32 ( t 3 2 + b 3 2 ) 2b 3 2 2 −1 2 2 2 3 −1 2 2 −1 3 = = b = (a ) = a , a ≠0. t →b ( t 2 + bt + b 2 ) 3 3 3 3b 2 Dessa forma, Dom f ' = \ − {0} . = lim 4+x , encontre a derivada de f , usando a definição, e determine o domínio de f ' . 5−x Solução: Temos por definição que 4+x 4+a − ( 4 + x )( 5 − a ) − ( 4 + a )( 5 − x ) 5−x 5−a f '( a ) = lim = lim = x →a x →a x −a ( x − a )( 5 − x )( 5 − a ) Exercício 4. Se f ( x ) = = lim x →a ( 20 − ax + 5x − 4 a ) − ( 20 − ax + 5a − 4 x ) 9( x − a ) 9 9 = , = lim = lim x →a ( x − a )( 5 − x )( 5 − a ) x →a ( 5 − x )( 5 − a ) ( x − a )( 5 − x )( 5 − a ) ( 5 − a )2 a ≠5 Dessa forma, Dom f ' = \ − {5} . Exercício 5. Use regras de derivação para calcular a derivada das seguintes funções: a) f ( x ) = 5 + 2 x + 3x 6 ; b) g ( x ) = c) h( t ) = ( t 2 − 2 t + 1) (1 − 3 t −5 ) ; d) f ( r ) = Solução: a) f '( x ) = 2 + 18 x 5 ; 1 + 5 2x + 7 ; x 1 + 3r 2 . r2 −r b) Escrevemos g ( x ) = x −1 2 + (2 x )1 5 + 7 = x −1 2 + 5 2 x 1 5 + 7 . Assim, 5 5 1 2 −4 5 1 1 2 g '( x ) = − x −3 2 + x =− + 2 5 2x x 5 1 . x4 c) h '( t ) = (2t − 2 ) (1 − 3 t −5 ) + ( t 2 − 2 t + 1) (15 t −6 ) = 2t − 2 + 9t −4 − 24 t −5 + 15t −6 . 5 6r ( r 2 − r ) − (1 + 3r 2 )(2r − 1) −3r 2 − 2r + 1 = 2 d) f '( r ) = = ( r 2 − r )2 r ( r − 1)2 1 ( r + 1) r − 3 . r 2 ( r − 1)2 Exercício 6. Utilizando as regras de derivação, calcule y ' , onde a) y = tg x ; sen x e) y = ; 2x Solução: b) y = cotg x ; c) y = sec x ; f) y = x 2 cos x ; g) y = sen 2 x . d) y = cossec x ; cos x cos x − sen x ( − sen x ) 1 sen x = = sec 2 x ; , então, y ' = 2 2 cos x cos x cos x −(sen x )sen x − cos x (cos x ) −1 cos x = = − cossec 2 x ; y = cotg x = , então, y ' = 2 2 sen x sen x sen x −( − sen x ) sen x 1 1 = ⋅ = tg x sec x ; y = sec x = , então y ' = cos x cos x cos x cos 2 x 1 cos x 1 − cos x y = cossec x = , então y ' = =− ⋅ = −cotg x cossec x ; 2 sen x sen x sen x sen x 2x cos x − 2sen x x cos x − sen x y' = = ; (2 x )2 2x 2 a) y = tg x = b) c) d) e) f) y ' = 2 x cos x + x 2 ( − sen x ) = 2x cos x − x 2 sen x ; g) y = senx .senx ,então, y ' = cos x sen x + sen x cos x = 2sen x cos x . Exercício 7. Calcule a derivada das funções definidas a seguir: a) f ( x ) = 3 ( x 2 + 1)2 b) f ( x ) = cos 2 (1 − x 2 ) d) f ( x ) = tg 3 x + tg x 3 e) h( x ) = − −1 sen 2 x x 2 g) f ( x ) = (3x − x )cos 2x h) g ( x ) = tg(5x − x ) c) h( x ) = cos (1 − x 2 )2 f) f ( x ) = (2 x 6 + 5x 3 )3/ 5 i) f ( x ) = ( x + sen x )20 cos10 x ( x 2 + 4)5 / 3 2t m) f ( x ) = sen ( 4 ) 3 3/ 5 ( x + 1) t − 4t Solução: Em todas os cálculos das derivadas usaremos a regra da cadeia e as regras de derivação. 2 4 a) f ( x ) = 3 ( x 2 + 1)2 = ( x 2 + 1)2 3 , então f '( x ) = ( x 2 + 1)−1 3 (2 x ) = x ( x 2 + 1)−1 3 ; 3 3 2 2 2 b) f '( x ) = 2 cos (1 − x )( − sen(1 − x ))( −2x ) = −4 x cos(1 − x )sen(1 − x 2 ) ; ( ( j) f ( x ) = sen 7 cos (2x + 1)10 )) l) g ( x ) = c) h '( x ) = − sen (1 − x 2 )2 (2(1 − x 2 )( −2x )) = 4 x (1 − x 2 )sen(1 − x 2 )2 ; d) Utilizando também o item a do exercício 6, f '( x ) = 3tg 2 x sec 2 x + 3x 2 sec 2 x 3 ; 2x sen x cos x − sen 2 x sen x (sen x − 2x cos x ) = ; x2 x2 3 9 (4 x 5 + 5x 2 ) ; f) f '( x ) = (2 x 6 + 5x 3 )−2 / 5 (12 x 5 + 15x 2 ) = 5 5 (2 x 6 + 5x 3 )2 / 5 e) h '( x ) = − g) f '( x ) = (3 + x −2 )cos 2 x + (3x − x −1 )( − sen2x )2 = (3 + x −2 )cos 2 x − 2(3x − x −1 )sen2x ; h) Utilizando também o item a do exercício 6, g '( x ) = (10x − 1)sec 2 (5x 2 − x ) ; 20( x + sen x )19 (1 + cos x )cos10 x − ( x + sen x )20 (10 cos9 x )( − sen x ) = cos 20 x 10( x + sen x )19 cos9 x (2 cos x + 2 cos 2 x + x sen x + sen 2 x ) ; = cos 20 x i) f '( x ) = ( ( ) ) ( − sen(2x + 1)10 )(10(2x + 1)9 ) 2 = = −140(2 x + 1)9 ( sen(2x + 1)10 ) sen6 ( cos ( (2x + 1)10 ) ) ; j) f '( x ) = 7sen 6 cos (2 x + 1)10 5 2 3 ( x + 4)2 / 3 (2 x )( x 3 + 1)3/ 5 − ( x 2 + 4)5/ 3 ( x 3 + 1)−2 / 5 (3x ) 5 l) g '( x ) = 3 ( x 3 + 1)6/ 5 x 2 x2 + 4 23 35 3 10 9 23 35 53 −2 5 2 3 2 3 ( x + 4) ( x + 1) 50 − 27 x ( x + 4) ( x + 1) − x ( x + 4) ( x + 1) 15 x3 +1 5 = = = 3 ( x 3 + 1)6 5 ( x 3 + 1)6 5 = x ( x 2 + 4)2 3 ( x 3 + 1)3 5 (50 x 3 − 27x 2 − 58) ; 15( x 3 + 1)11 5 2t m) f '( x ) = cos 4 t − 4t 4 3 −6t 4 2( t − 4 t ) − 2t (4 t − 4) 2t = cos 4 . 4 2 4 2 ( t − 4t ) t − 4t ( t − 4t ) Exercício 8. Encontre a derivada das funções f ( x ) = arccos x e g ( x ) = arctg x . Solução: i) Derivada da função f ( x ) = arccos x . Dada a função f ( x ) = arccos x , vamos encontrar sua derivada f '( x ) . A função x = cos y é injetora em [0, π ] e, portanto, possui inversa f : [ −1,1] → [0, π ] dada por f ( x ) = arccos x . Assim, para qualquer x ∈ ( −1, 1) temos 1 1 d f (x ) = = . d dx cos y − sen y dy Da Identidade Fundamental da Trigonometria, segue que sen 2 y = 1 − cos 2 y = 1 − x 2 . Como y ∈[0, π ] , 1 1 temos que sen y ≥ 0 . Logo, sen y = 1 − x 2 . Assim, f '( x ) = − =− , x ∈ ( −1,1) . Podemos sen y 1− x2 memorizar esse resultado: d 1 arccos x = − ; dx 1− x2 ii) Derivada da função g ( x ) = arc tg x . Dada a função g ( x ) = arc tg x , vamos encontrar sua derivada g '( x ) . A π π π π função x = tg y é injetora em − , e, portanto, possui inversa g : ( −∞, + ∞ ) → − , dada por 2 2 2 2 g ( x ) = arc tg x . Assim, para qualquer x ∈ \ temos 1 1 d = 2 . g( x ) = d dx tg y sec y dy 1 1 Mas, sec 2 y = 1 + tg 2 y = 1 + x 2 . Assim, g '( x ) = 2 = , x ∈ \ . Podemos memorizar esse sec y 1 + x 2 resultado: d 1 arc tg x = dx 1+ x2 Exercício 9. A função f ( x ) = x 3 − 9x é crescente para x < − 3 . Se g é a função inversa de f neste intervalo, encontre g '(0) . Solução: As raízes da equação x 3 − 9x = 0 são −3, 0 e 3 . Como por hipótese g é a função inversa de f para x < − 3 , segue que f ( −3) = 0 ⇔ g (0) = −3 . Como f '( x ) = 3x 2 − 9 , f '( −3) = 18 . Por definição de inversa, ( ∀x ∈ −∞, − 3 1 1 g '(0) = g '( f ( −3)) = = . f '( −3) 18 ( g D f )( x ) = x em e pela regra da cadeia, temos g '( f ( x )) f '( x ) = 1 , ou seja, Exercício 10. A função f ( x ) = x 3 − 9x é decrescente para − 3 < x < 3 . Se h é a função inversa de f neste intervalo, encontre h '(0) . Solução: Como por hipótese h é a função inversa de f em − 3 < x < 3 , a raiz da equação x 3 − 9x = 0 que interessa nesse caso é x = 0 . Assim, f (0) = 0 e como f '( x ) = 3x 2 − 9 , f '(0) = −9 . Por definição de inversa, ( g D f )( x ) = x , ∀x ∈ − 3, 3 g '(0) = g '( f (0)) = 1 1 1 = =− . f '(0) −9 9 e pela regra da cadeia g '( f ( x )) f '( x ) = 1 , ou seja, Exercício 11. A função f ( x ) = x 3 − 9x é crescente para x > 3 . Se g é a função inversa de f neste intervalo, encontre g '(0) . Solução: Como por hipótese g é a função inversa de f em x > 3 , a raiz da equação x 3 − 9x = 0 que interessa nesse caso é x = 3 . Assim, f (3) = 0 e como f '( x ) = 3x 2 − 9 , f '(3) = 18 . Por definição de inversa, ( g D f )( x ) = x , ∀x ∈ 3, + ∞ g '(0) = g '( f (3)) = 1 1 = . f '(3) 18 Exercício 12. Calcular ) e pela regra da cadeia ou seja, dy para as equações a seguir : dx a) 5 y 6 − 4 y 5 + y = x 6 − 3 ; Solução: b) (5x + y 2 )3 − y sen x = 9x . a) Derivando ambos os lados da equação em relação a x, obtemos 30 y 5 ( 30 y 5 − 20 y 4 + 1) dxdy = 6x 5 . Portanto, dxdy = 30 y b) g '( f ( x )) f '( x ) = 1 , dy dy dy − 20 y 4 + = 6x 5 , ou seja, dx dx dx 6x 5 , quando 30 y 5 − 20 y 4 + 1 ≠ 0 . 5 4 − 20 y + 1 Derivando ambos os lados da equação em relação a x, obtemos dy dy 3(5x + y 2 )2 (5 + 2 y ) − sen x − y cos x = 9 . Assim, dx dx dy dy 15(5x + y 2 )2 + 6(5x + y 2 )2 y − sen x − y cos x = 9 dx dx dy dy 9 − 15(5x + y 2 )2 + y cos x ⇔ 6(5x + y 2 )2 y − sen x = 9 − 15(5x + y 2 )2 + y cos x Portanto, = , quando dx dx 6(5x + y 2 )2 y − sen x ( ) 6(5x + y 2 )2 y − sen x ≠ 0 . Exercício 13. Determine os máximos e mínimos absolutos das seguintes funções, nos intervalos indicados: a) f ( x ) = x 4 − 2 x 3 , [ −1, 2] ; Solução: b) f ( x ) = x 4 − 2 x 3 , [ −1, 1] ; c) f ( x ) = 4 1 + x , , 3 . x 2 a) Verifiquemos a existência de extremos absolutos da função f ( x ) = x 4 − 2 x 3 no intervalo [ −1, 2] . Como a função f é polinomial, a função é contínua em \ e, portanto, contínua em [ −1, 2] . Logo, f admite máximo e mínimo absolutos em [ −1, 2] . Devemos inicialmente encontrar os pontos críticos de f , f '( x ) = 4 x 3 − 6x 2 ⇒ f '( x ) = 0 ⇔ x 2 (2 x − 3) = 0 , ou seja, f '( x ) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 3 . 2 3 3 ∈ [ −1, 2] , temos dois pontos críticos x = 0 e x = . Como f ( −1) = 3 , f (0) = 0 , 2 2 4 3 3 3 27 3 3 81 − 108 e f (2) = 0 , segue que, f ( ) < f (0) = f (2) < f ( −1) e, assim, f no f ( ) = − 2 = =− 2 2 2 16 16 2 3 intervalo [ −1, 2] , assume mínimo absoluto em x = e máximo absoluto em x = −1 . 2 b) Utilizando o item a, temos que o único ponto crítico de f no intervalo [ −1, 1] é x = 0 . Temos também que f (1) = −1 . Portanto, f (1) < f (0) < f ( −1) , e assim, f no intervalo [ −1, 1] assume mínimo absoluto em x = 1 e máximo absoluto em x = −1 . Como 0, 4 1 2 , 3 Verifiquemos a existência de extremos absolutos da função f ( x ) = x + x no intervalo 1 1 2 , 3 . Como a função f é a soma de uma racional com uma polinomial e 0 ∉ 2 , 3 , a função é contínua em 1 2 , 3 . Logo, f admite máximo e mínimo absolutos. Devemos inicialmente encontrar os pontos críticos de f , c) f ( x ) = 4 +x, x 4 x2 −4 + 1 ⇒ f '( x ) = 0 ⇔ = 0 ⇔ x = −2 ou x = 2 . x2 x2 1 1 17 1 Como −2 ∉ , 3 , o único ponto crítico de f em , 3 é x = 2 . Temos que f = ; f (2) = 4 e 2 2 2 2 13 1 1 f (3) = . Portanto, f (2) < f (3) < f e, assim, f no intervalo , 3 , assume mínimo absoluto em x = 2 3 2 2 1 e máximo absoluto em x = . 2 f '( x ) = − π Exercício 14. Dada a função f ( x ) = x sen x , calcule f '"( ) . 2 Solução: f '( x ) = sen x + x cos x ⇒ f "( x ) = cos x + cos x − x sen x = 2 cos x − x sen x . Assim, f "'( x ) = −2sen x − sen x + x cos x = −3sen x + x cos x . π π π π , temos f "' = −3sen + cos = −3 . 2 2 2 2 2 Exercício 15. Dadas as funções f a seguir, determine os máximos e mínimos relativos e absolutos de f , caso existam, e determine quais os valores de x onde eles ocorrem. Utilize o teste da derivada primeira ou derivada segunda. Para x = π a) f ( x ) = x 3 − 9x ; b) f ( x ) = ( x + 5)4 ; c) f ( x ) = ( x + 1)3 ; d) f ( x ) = x 1/ 3 − x 2/ 3 . Solução: a) Vamos encontrar os extremos locais da função f ( x ) = x 3 − 9x . Como f é uma função polinomial, f é contínua e derivável em \ . Como f '( x ) = 3x 2 − 9 , tem-se que f '( x ) = 0 ⇔ x = 3 ou x = − 3 . Os pontos críticos de f determinam na reta real três intervalos: ( −∞, − 3 ) , ( − 3, 3 ) e ( 3, +∞ ) . Como a função f ' é contínua em \ , o sinal de f ' em cada um destes intervalos não muda e, por isso, pode ser determinado avaliando f ' em um ponto qualquer de cada intervalo. Escolhamos, por exemplo, os pontos x = −2 , x = 0 e x = 2 que pertencem, respectivamente, aos intervalos ( −∞, − 3 ) , ( − 3, 3 ) e ( 3, +∞ ) . Temos f '( −2) = 3 ⋅ 4 − 9 = 3 > 0 ; f '(0) = 3 ⋅ 0 − 9 = −9 < 0 e f '(2) = 3 ⋅ 4 − 9 = 3 > 0 . Pelo teste da primeira derivada concluímos que em x = − 3 f assume valor máximo local, dado por f ( − 3 ) = 6 3 e em x = 3 f assume valor mínimo local, dado por f ( 3 ) = −6 3 . b) Vamos encontrar os extremos locais da função f ( x ) = ( x + 5)4 . Como f é uma função polinomial, f é contínua e derivável em \ . Como f '( x ) = 4( x + 5)3 , tem-se que f '( x ) = 0 ⇔ x = −5 . O ponto crítico de f determina na reta real dois intervalos: ( −∞, −5) e ( −5, +∞ ) . Como a função f ' é contínua em \ , o sinal de f ' em cada um destes intervalos não muda e, por isso, pode ser determinado avaliando f ' em um ponto qualquer de cada intervalo. Escolhamos, por exemplo, os pontos x = −6 e x = −4 que pertencem, respectivamente, aos intervalos ( −∞, −5) e ( −5, +∞ ) . Temos f '( −6) = 4( −6 + 5)3 = 4 ⋅ ( −1) = −4 < 0 e f '( −4) = 4( −4 + 5)3 = 4 ⋅ 1 = 4 > 0 Pelo teste da primeira derivada concluímos que em x = −5 f assume valor mínimo local, dado por f ( −5) = 0 . Como é único o ponto x = −5 também é mínimo absoluto. c) Vamos encontrar os extremos locais da função f ( x ) = ( x + 1)3 . Como f é uma função polinomial, f é contínua e derivável em \ . Como f '( x ) = 3( x + 1)2 , tem-se que f '( x ) = 0 ⇔ x = −1 . O ponto crítico de f determina na reta real dois intervalos: ( −∞, −1) e ( −1, +∞ ) . Como a função f ' é contínua em \ , o sinal de f ' em cada um destes intervalos não muda e, por isso, pode ser determinado avaliando f ' em um ponto qualquer de cada intervalo. Escolhamos, por exemplo, os pontos x = −2 e x = 0 que pertencem, respectivamente, aos intervalos ( −∞, −1) e ( −1, +∞ ) . Temos f '( −2) = 3( −2 + 1)2 = 3 ⋅ 1 = 3 > 0 e f '(0) = 3(0 + 1)3 = 3 ⋅ 1 = 3 > 0 Como f ' é sempre positivo em ambos os intervalos, o teste da primeira derivada garante que f não possui pontos de máximos e mínimos relativos e nem absolutos. d) Vamos encontrar os extremos locais da função f ( x ) = x 1/ 3 − x 2/ 3 . Como lim x 1/ 3 − x 2 / 3 = c 1 3 − c 2 3 , x →c 1 2 é contínua em \ . Temos que f '( x ) = x − 2 3 − x −1 3 , é contínua em \ * , e 3 3 13 1 1 (1 − 2 x ) 1 f '( x ) = 0 ⇔ = 0 ⇔ x = , assim os pontos críticos de f são x = e x = 0 . Os pontos críticos 23 8 3 x 8 1 1 de f determinam na reta real três intervalos: ( −∞, 0) , 0, e , +∞ . Como a função f ' é contínua 8 8 nesses intervalos, o seu sinal em cada um destes intervalos não muda e, por isso, pode ser determinado avaliando 1 f ' em um ponto qualquer de cada intervalo. Escolhamos, por exemplo, os pontos x = −1 , x = e x = 1 que 27 1 1 pertencem, respectivamente, aos intervalos ( −∞, 0) , 0, e , +∞ . Temos 8 8 ∀c ∈ \ , a função f 1 2 1 2 f '( −1) = ( −1)− 2 3 − ( −1)−1 3 = + = 1 > 0 , 3 3 3 3 −2 3 −1 3 2 1 1 2 1 1 1 − = ⋅9 − ⋅3 = 1 > 0 f ' = 3 27 3 3 27 3 27 1 2 1 f '(1) = (1)− 2 3 − (1)−1 3 = − < 0 3 3 3 Como f ' é sempre positivo em ambos nos dois primeiros intervalos, o teste da primeira derivada garante que 1 x = 0 não é ponto de máximo nem de mínimo relativos de f , mas pelo mesmo teste, temos que em x = f 8 assume um máximo local. Como a função f é contínua em \ e admite um único extremo relativo, esse 1 extremo também é absoluto, isto é, x = é ponto de máximo relativo e absoluto de f e seu valor máximo é 8 1 1 f = . 8 4 Exercício 16. Dado o gráfico de uma função f definida em \ y 4 3 2 1 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x determine: a) Im f ; b) f (1), f ( −2), f ( −3), f ( −4), f (4), f (0) , f (8) , f (5) e f (6) ; c) Os extremos relativos e absolutos, se existirem; d) Intervalos onde f é monótona crescente e onde é monótona decrescente; e) Os pontos x 0 tais que f '( x 0 ) = 0 ; f) os pontos x 0 tais que f '( x 0 ) não existe; g) os pontos de inflexão do gráfico de f ; h) f '(7) . Solução: a) Im f = [0, +∞ ) ; b) Se a curva do gráfico da função f entre x = −2 e x = 2 for uma circunferência de centro (0, 1) e raio 2, então neste trecho, f ( x ) = 4 − x 2 + 1 e nesse caso, f (1) = 3 + 1 , caso não tenhamos certeza, podemos dizer apenas f (1) ∈ (1, 3), para os outros casos, teremos f ( −2) = 1, f ( −3) = 1, f ( −4) = 3, , 8 f (4) = 3, f (0) = 3 , f (8) = 0 , f (5) = 1 e f (6) = . 3 c) Em x = −3 f assume mínimo relativo. Em x = −2 f assume mínimo relativo. Em x = 0 f assume máximo relativo. Em x = 2 f assume mínimo relativo. Em x = 8 f assume mínimo relativo e absoluto A função f não assume máximo absoluto. d) Monótona crescente em [ −3, 2) , [ −2, 0] , [2,5) e [8, +∞ ) . Monótona decrescente em ( −∞, −3] , [0, 2] e (5,8] . e) x 0 = −3 , x 0 = 0 e x 0 = 4 . f) x 0 = −4 , x 0 = −2 , x 0 = 2 , x 0 = 5 e x 0 = 8 . g) os pontos ( −4, 3) e (4, 3) . h) É o coeficiente angular da reta que passa por (5, 4) e (8, 0) , ou seja, f '(7) = 0−4 4 =− . 8−3 3 Exercício 17. Demonstre os seguintes resultados: a) Se f ( x ) = x n , n ∈ ]∗ , então f '( x ) = nx n −1 ; n b) Se g ( x ) = f 1 ( x ) + f 2 ( x ) + ... + f n ( x ) = ∑ f i ( x ) , então i =1 n g '( x ) = f 1 '( x ) + f 2 '( x ) + ... + f n '( x ) = ∑ f i '( x ) , desde que as funções f i sejam deriváveis para i =1 1≤ i ≤ n . Solução: a) Seja n ∈ ] * , se n > 0 então já foi provado no texto que f '( x ) = nx n −1 . Se n < 0 então m = −n > 0 e assim f ( x ) = x − m . Também já foi provado que f '( x ) = − mx − m −1 . Logo f '( x ) = nx n −1 . b) Vamos demonstrar por indução em n. Já foi demonstrado que se g ( x ) = f 1( x ) + f 2 ( x ) então g '( x ) = f 1 '( x ) + f 2 '( x ) . Logo é válido para n = 2 . Suponhamos que seja válido para g ( x ) = f 1 '( x ) + f 2 '( x ) + ... + f k '( x ) . n = k , ou seja, se g ( x ) = f 1( x ) + f 2 ( x ) + ... + f k ( x ) então Assim se h( x ) = f 1 ( x ) + f 2 ( x ) + ... + f k ( x ) + f k +1 ( x ) temos h( x ) = g ( x ) + f k +1( x ) . Logo h '( x ) = g '( x ) + f k '+ 1( x ) = f 1 '( x ) + f 2 '( x ) + ... + f k '( x ) + f k ' + 1 ( x ) . Como queríamos. Exercício 18. Demonstre as regras de números 07 a 12 da tabela de derivadas dada no final deste texto. Solução: d (07) Sabemos que sen x = cos x . dx d d Seja u = u ( x ) . Pela regra da cadeia temos sen u( x ) = [cos u ( x )] u ( x ) . dx dx Analogamente demonstram-se as fórmulas (08), (09), (10), (11) e (12). Obs. As derivadas das funções tg x , cotg x , sec x e cossec x foram obtidas no exercício 6. Exercício 19. Dê os intervalos de definição da inversa das funções trigonométricas cos x , tg x , cotg x , sec x e cossec x e calcule suas derivadas, aplicando o teorema da derivada da função inversa. Solução: i) Derivada da função f ( x ) = arccos x : Feito no Exercício 8, ii) Derivada da função g ( x ) = arc tg x : Feito no Exercício 8. iii) Derivada da função h( x ) = arc cotg x . Dada a função h( x ) = arc cotg x , vamos encontrar sua derivada h '( x ) . A função x = cotg y é injetora em ( 0, π ) e, portanto, possui inversa h : ( −∞, + ∞ ) → ( 0, π ) dada por h ( x ) = arc cotg x . Assim, para qualquer x ∈ \ temos Mas, d 1 1 1 h( x ) = = =− . 2 2 d dx cossec cossec y y − cotg y dy 1 1 cossec 2 y = 1 + cot g 2 y = 1 + x 2 . Assim, h '( x ) = − =− , 2 cossec y 1+ x2 x ∈\ . Podemos d 1 . arc cotg x = − dx 1+ x2 Derivada da função p( x ) = arcsec x . Dada a função p( x ) = arcsec x , vamos encontrar sua memorizar esse resultado: iv) derivada p '( x ) . A função x = sec y é injetora em [0, π π ) ∪( ,π ] 2 2 x ∈ ( −∞, −1) ∪ (1, +∞ ) temos p : ( −∞, −1] ∪ [1, +∞ ) → [0, dada por π π ) ∪ ( , π ] e, portanto, possui inversa 2 2 p( x ) = arcsec x . Assim, para qualquer d 1 1 p( x ) = = . d dx sec y sec y tg y dy Mas, tg 2 y = sec 2 y − 1 . Logo, sec y > 1 ⇔ tg y > 0 e tg y = ± x 2 − 1 . Como para sec y < −1 ⇔ tg y < 0 , temos π π ) ∪ ( , π ] , temos que 2 2 1 1 , p '( x ) = = sec y tg y | x | x 2 − 1 y ∈ [0, x ∈ ( −∞, −1) ∪ (1, +∞ ) . Podemos memorizar esse resultado: d 1 arcsec x = ; dx |x | x 2 − 1 v) Derivada da função q( x ) = arccossec x . Dada a função q( x ) = arccossec x , vamos encontrar sua −π π derivada q '( x ) . A função x = cossec y é injetora em [ , 0) ∪ (0, ] e, portanto, possui inversa 2 2 −π π q : ( −∞, −1] ∪ [1, +∞ ) → [ , 0) ∪ (0, ] dada por q( x ) = arccossec x . Assim, para qualquer 2 2 x ∈ ( −∞, −1) ∪ (1, +∞ ) temos d 1 1 1 q( x ) = = =− . d dx cossec y cotg y cossec y − cossec y cotg y dy −π π Mas, cotg 2 y = cossec 2 y − 1 . Logo, cotg y = ± x 2 − 1 . Como para y ∈ [ , 0) ∪ (0, ] , cossec y > 1 ⇔ 2 2 1 1 ⇔ cotg y > 0 e cossec y < −1 ⇔ cotg y < 0 , temos , q '( x ) = − =− cossec y cotg y |x | x 2 − 1 x ∈ ( −∞, −1) ∪ (1, +∞ ) . Podemos memorizar esse resultado: d 1 ; arccossec x = − dx |x | x 2 − 1 Exercício 20. Demonstre as regras de números 13 a 18 da tabela de derivação dada no final deste texto. Solução: 1 d (13) Sabemos que arcsen y = , provado no exemplo 23. dy 1− y2 Seja u = u ( x ) , pela regra da cadeia temos d d d 1 d arcsen u( x ) = arcsen u ( x ) u( x ) = u( x ) . 2 dx du x 1 − [ u( x )] dx Analogamente, provam-se as fórmulas (14), (15), (16), (17) e (18). Exercício 21. Utilizando diferenciais, encontre um valor aproximado de 3 8, 01 . Solução: Considere a função f dada por f ( x ) = 3 x . Vamos determinar dy quando x = 8 e ∆x = 0, 01 . Temos, por 1 1 ∆x . Se x = 8 e ∆x = 0, 01 temos dy = 0, 01 = 0, 000833333 . Assim, se definição, dy = f '( x )∆x = 3 2 3 2 3 x 3 8 tomarmos dy em lugar de ∆y , o erro cometido é de 0,000833333 que pode, em muitos casos práticos, ser desprezado. Em termos gerais, para cálculos aproximados, podemos fazer ∆y ≅ dy , ou seja, f ( x + ∆x ) ≅ f ( x ) + f '( x )∆x . Daí, segue que 3 8, 01 = 3 8 + 0, 00083333 = 2, 00083333 . Exercício 22. Calcule os seguintes limites: 2x 3 − 4 x 2 cos x − x 2 − 3x − 1 2x 2 + 2 ; b) lim ; c) lim ; x →2 x →0 x →−∞ 5x 2 − x + 9 3x − 6 5x 1 sen 1 1 2x ; e) lim − d) lim . x →+∞ x →0 x sen x 4 sen x Solução: Em todos os itens será aplicada a Regra de L´Hospital. No item (e) isto será feito duas vezes. a) lim a) lim 2x 3 − 4 x 2 6x 2 − 8 x 8 = lim = . x →2 3x − 6 3 3 b) lim cos x − x 2 − 3x − 1 − sen x − 2 x − 3 3 = lim =− . x →0 5x 5 5 x →2 x →0 c) lim x →−∞ d) lim x →+∞ 2x 2 + 2 4x 4 4 2 = lim = lim = = . 2 5x − x + 9 x →−∞ 10 x − 1 x →−∞ 10 − 1 10 5 x 1 1 1 1 1 cos sen cos − 2 2 2x 2x 2 x = lim 2x = 1 . = lim x →+∞ 4 x →+∞ 4 8 4 4 sen 4 cos cos − 2 x x x x 1 1 sen x − x cos x − 1 0 − sen x = lim = lim = =0. e) lim − = xlim x →0 x →0 x sen x x →0 x cos x + sen x x →0 cos x − x sen x + cos x sen x 2 Exercício 23. Esboce o gráfico de uma função f num intervalo I em cada caso: a) I = [0, 10] ; f contínua em I ; f assume máximo relativo em x = 4 ; f '(4) não existe; o gráfico de f tem concavidade para baixo em (0, 4) . b) I = [ −3, 2] ; f contínua em I ; f assume mínimo absoluto em x = −1 e em x = 2 ; f assume máximo relativo em x = −3 e em x = 0 ; o ponto ( −2, 2) é ponto de inflexão do gráfico de f ; o gráfico de f tem concavidade para cima no intervalo aberto ( −2, 0) . Solução: Não existe apenas uma solução, apresentaremos um exemplo particular em cada caso. a) y f (4) f (0) f (10) 0 4 10 x b) y f (1) f ( −3) 2 2 -1 -3 -2 1 x f ( −1) = f (2) Exercício 24. Esboce o gráfico das seguintes funções fazendo a análise necessária. a) f ( x ) = x 3 − x ; b) f ( x ) = 3x 4 + 12 x 2 ; d) f ( x ) = 2 x − x ; e) f ( x ) = Solução: a) f ( x ) = x 3 − x c) f ( x ) = 4x ; x2 −1 x2 . 1+ x2 1) Domínio, continuidade e diferenciabilidade da função Como f é polinomial temos que Dom f = \ e que f é contínua e diferenciável em \ . 2) Interseção do gráfico de f com os eixos coordenados Se x = 0 temos f (0) = 0 . Logo o gráfico de f intercepta o eixo Oy no ponto (0, 0) . f ( x ) = 0 ⇔ x 3 − x = 0 ⇔ x ( x 2 − 1) = 0 . Logo o gráfico de f intercepta o eixo Ox nos pontos (0, 0) , ( −1, 0) e (1, 0) . 3) Simetrias do gráfico de f Temos f ( −x ) = ( − x )3 − ( − x ) = − x 3 + x = −[ x 3 − x ] = − f ( x ) . Logo f é uma função ímpar e seu gráfico apresenta uma simetria em relação à origem (0, 0) . 4) Pontos críticos e intervalos de crescimento e decrescimento de f Temos que f '( x ) = 3x 2 − 1 . Assim, f '( x ) = 0 ⇔ 3x 2 = 1 ⇔ x = Portanto, x = 3 3 ou x = − . 3 3 3 3 ou x = − são os pontos críticos de f . 3 3 3 3 3 3 ) , (− , ) e( , +∞ ) . 3 3 3 3 Como f '( x ) é uma função quadrática, ela é contínua em \ . Assim, Os pontos críticos dividem a reta em 3 intervalos, a saber, ( −∞, − 3 3 ) , temos f '( −1) = 3( −1)2 − 1 = 2 > 0 , portanto, f '( x ) > 0 , ∀x ∈ ( −∞, − ) . Logo f é 3 3 3 ]. crescente em ( −∞, − 3 para x = −1 ∈ ( −∞, − 3 3 3 3 , ) , temos f '(0) = 3(0) − 1 = −1 < 0 , portanto, f '( x ) < 0 , ∀x ∈ ( − , ) . Logo 3 3 3 3 3 3 f é decrescente em [ − , ]. 3 3 Tomando x = 0 ∈ ( − Tomando x = 1 ∈ ( 3 3 , +∞ ) , temos f '(1) = 3(1)2 − 1 = 2 > 0 , portanto, f '( x ) > 0 , ∀x ∈ ( − , + ∞ ) . Logo f 3 3 3 , +∞ ) . 3 5) Pontos de máximo e mínimo de f é crescente em [ Como f cresce em ( −∞, − x =− 3 3 3 ) e decresce em ( − , ) a função f assume um valor máximo local em 3 3 3 3 . 3 3 3 3 3 , ) e cresce em ( , +∞ ) a função f assume um valor mínimo local em x = . 3 3 3 3 6) Concavidade e pontos de inflexão do gráfico de f Como f decresce em ( − Temos f "( x ) = 6x . Portanto f "( x ) = 0 ⇔ x = 0 . Como f "( x ) é uma função linear sabemos que: Em ( −∞, 0) f " é negativa e, portanto o gráfico de f tem concavidade para baixo sobre esse intervalo. Em (0, +∞ ) f " é positiva e, portanto o gráfico de f tem concavidade para cima sobre esse intervalo. Portanto o ponto (0, 0) é o único ponto de inflexão do gráfico de f , pois temos aí reta tangente ao gráfico de f e o gráfico muda sua concavidade. 7) Valores máximos e mínimos de f Temos f ( − Temos f ( 3 2 3 2 3 )= e portanto y = é o valor máximo relativo de f . 3 9 9 3 2 3 2 3 )=− e portanto y = − é o valor mínimo relativo de f . 3 9 9 8) Assíntotas verticais e horizontais de f A função f é polinomial e, portanto não possui assíntotas. O esboço do gráfico está a seguir. y 2 3 9 0 -1 − 3 3 1 x 3 3 − 2 3 9 b) f ( x ) = 3x 4 + 12 x 2 1) Domínio, continuidade e diferenciabilidade da função Como f é polinomial é contínua e diferenciável em todos os pontos de seu domínio Dom f = \ . 2) Interseção do gráfico de f com os eixos coordenados Temos f (0) = 0 . Logo o gráfico de f intercepta o eixo Oy no ponto (0, 0) . Temos f ( x ) = 0 ⇔ 3x 4 + 12 x 2 = 0 ⇔ x 2 ( x 2 + 4) = 0 ⇔ x = 0 , pois x 2 + 4 ≠ 0 para todo x ∈ \ . Logo, o gráfico de f intercepta o eixo Ox apenas no ponto (0, 0) . 3) Simetrias do gráfico de f Temos f ( −x ) = 3( − x )4 + 12( − x )2 = 3x 4 + 12 x 2 = f ( x ) . Logo, a função f é uma função par e, portanto, seu gráfico tem simetria em relação ao eixo Oy . 4) Pontos críticos e intervalos de crescimento e decrescimento de f Temos f '( x ) = 12 x 3 + 24 x . Assim, f '( x ) = 0 ⇔ 12 x ( x 2 + 2) = 0 ⇔ x = 0 , pois x 2 + 2 ≠ 0 para todo x ∈ \ . Logo, x = 0 é o único ponto crítico de f . O ponto crítico divide a reta em 2 intervalos, a saber, ( −∞, 0) e (0, +∞ ) . Como f ' é uma polinomial, ela é contínua em \ . Assim, tomando x = −1 ∈ ( −∞, 0) , temos f '( −1) = 12( −1)3 + 24( −1) = −36 < 0 , portanto, f '( x ) < 0 , ∀x ∈ ( −∞, 0) . Logo f é decrescente em ( −∞ , 0] . Tomando x = 1 ∈ (0, +∞ ) , temos f '(1) = 12(1)3 + 24(1) = 36 > 0 , portanto, f '( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0, + ∞ ) . Logo f é crescente em [0, +∞ ) . 5) Pontos de máximo e mínimo de f Como f é decrescente em ( −∞, 0] e crescente em [0, +∞ ) , f assume um valor mínimo relativo em x = 0 . Como é único, é mínimo absoluto também. 6) Concavidade e pontos de inflexão do gráfico de f Temos f "( x ) = 36x 2 + 24 . Logo f "( x ) = 0 ⇔ 36x 2 + 24 = 0 . Não existe valor de x que anule a segunda derivada, esta função é sempre positiva em \ . Assim o gráfico de f tem concavidade voltada para cima e não existe ponto de inflexão. 7) Valores máximos e mínimos de f Temos f (0) = 0 , portanto y = 0 é o valor mínimo absoluto de f. 8) Assíntotas verticais e horizontais de f A função f é polinomial e portanto não possui assíntotas. O esboço do gráfico está a seguir. y 0 x 4x x2 −1 1) Domínio, continuidade e diferenciabilidade da função Esta é uma função racional, portanto contínua e diferenciável em todos os pontos de seu domínio. Dom f = \ − {−1,1} . c) f ( x ) = 2) Interseção do gráfico de f com os eixos coordenados f (0) = 0 . Logo o gráfico intercepta o eixo Oy no ponto (0, 0) . Temos f ( x ) = 0 ⇔ 4 x = 0 ⇔ x = 0 . Logo o gráfico intercepta o eixo Ox apenas no ponto (0, 0) . 3) Simetrias do gráfico de f 4( − x ) 4x =− 2 = − f ( x ) ∀x ∈ Dom f e, portanto, a função f ímpar. Logo, o gráfico de f é 2 ( −x ) − 1 x −1 simétrico em relação à origem (0, 0) . f ( −x ) = 4) Pontos críticos e intervalos de crescimento e decrescimento de f 4( x 2 − 1) − 4 x (2 x ) −4 x 2 − 4 x2 +1 ( 4) = = − . ( x 2 − 1)2 ( x 2 − 1)2 ( x 2 − 1)2 Dom f ' = Dom f , conclui-se que f não possui pontos críticos. f '( x ) = Temos Como f '( x ) ≠ 0, ∀x ∈ Dom f e Analisemos o comportamento da função f nos intervalos ( −∞, −1) , ( −1,1) e (1, +∞ ) . Em ( −∞, −1) ∪ ( −1,1) ∪ (1, +∞ ) f ' é sempre negativa e, portanto, f é decrescente em ( −∞, −1) , em ( −1,1) e em (1, +∞ ) . 5) Pontos de máximo e mínimo de f A função f não apresenta tais pontos, pois não há pontos críticos. 6) Concavidade e pontos de inflexão do gráfico de f Temos f "( x ) = = ( −8 x )( x 2 − 1)2 + (4 x 2 + 4)2( x 2 − 1)2x ( x 2 − 1)[( −8 x )( x 2 − 1) + 4 x (4 x 2 + 4)] = = ( x 2 − 1)4 ( x 2 − 1)2 ( x 2 − 1)[( −8 x )( x 2 − 1) + 16x ( x 2 + 1)] 8x [( −1)( x 2 − 1) + 2( x 2 + 1)] 8x ( x 2 + 3) = = . ( x 2 − 1)4 ( x 2 − 1)3 ( x 2 − 1)3 Então f "( x ) = 0 ⇔ x = 0 . Assim, (0, 0) é candidato a ponto de inflexão. 8( −2)(( −2)2 + 3) 112 =− < 0 e, portanto, f "( x ) é negativa em ( −∞, −1) . Assim, o (( −2)2 − 1)3 3 gráfico de f tem concavidade voltada para baixo nesse intervalo. Em −2 ∈ ( −∞, −1) , f "( −2) = Em ( −1, 0) f " é positiva e, portanto, o gráfico de f tem concavidade voltada para cima nesse intervalo. Em (0,1) f " é negativa e, portanto, o gráfico de f tem concavidade voltada para baixo nesse intervalo. Em (1, ∞ ) f " é positiva e, portanto, o gráfico de f tem concavidade voltada para cima sobre esse intervalo. Como f (0) = −4 , existe reta tangente ao gráfico de f no ponto (0, 0) . Então o ponto (0, 0) é o único ponto de inflexão do gráfico de f . 7) Valores máximos e mínimos de f A função não possui valores máximos e mínimos relativos, nem absolutos, pois não possui pontos de máximos e mínimos relativos, nem absolutos. 8) Assíntotas verticais e horizontais de f 4x 4x = −∞ e lim 2 = +∞ . Então a reta x = −1 é uma assíntota vertical do gráfico de f . 2 x →− 1 x −1 x −1 4x 4x = −∞ e lim 2 = +∞ . Então a reta x = 1 é uma assíntota vertical do gráfico de f . Temos lim 2 x →1 x − 1 x →1 x − 1 4x 4 4x Temos lim 2 = lim = 0 e lim 2 = 0 . Então a reta y = 0 é a única assíntota horizontal do gráfico x →+∞ x − 1 x →+∞ 2 x x →−∞ x − 1 de f . Temos lim x →−1− − + + O esboço do gráfico está a seguir. y -1 0 1 x d) f ( x ) = 2 x − x 1) Domínio, continuidade e diferenciabilidade da função Dom f = [0, +∞ ) . Como lim (2 x 1/ 2 − x ) = 2c 1 2 − c , c > 0 lim (2 x 1/ 2 − x ) = 0 , a função f é contínua em x → 0+ x →c seu domínio e como f '( x ) = 2 1 2 x −1= 1 − 1 , esta é uma função diferenciável em (0, + ∞ ) . x 2) Interseção do gráfico de f com os eixos coordenados Temos f (0) = 0 . Logo o gráfico de f intercepta o eixo Oy no ponto (0, 0) . Temos f ( x ) = 0 ⇔ 2 x = x ⇒ 4 x = x 2 , x ≥ 0 ⇔ x ( x − 4) = 0, x ≥ 0 . Então o gráfico de f intercepta o eixo Ox nos pontos (0, 0) e (4, 0) . 3) Simetrias do gráfico de f Como o domínio da função não é simétrico em relação ao ponto x = 0 a função não é par nem ímpar. 4) Pontos críticos e intervalos de crescimento e decrescimento de f 1 − 1 , e assim, Dom f ' = \ *+ . Logo f '( x ) = 0 ⇔ x = 1 e como 0 ∉ (0, + ∞ ) , o 2 x x único ponto crítico de f é x = 1 . Temos f '( x ) = 2 1 −1= Analisemos o comportamento de f nos intervalos (0,1) e (1, +∞ ) . Em (0,1) f ' é positiva e, portanto, f é crescente em (0,1] . Em (1, +∞ ) f ' é negativa e, portanto, f é decrescente em [1, +∞ ) . 5) Pontos de máximo e mínimo de f Como f é crescente em (0,1] e decrescente em [1, +∞ ) concluímos que f assume um valor máximo relativo em x = 1 e como é único é absoluto também. 6) Concavidade e pontos de inflexão do gráfico de f 1 1 ≠ 0, ∀x ∈ (0, + ∞ ) . Logo, não existem pontos de inflexão. Como f " é Temos f "( x ) = − x −3 2 = − 2 2 x3 sempre negativa, o gráfico de f tem concavidade voltada para baixo sobre todo o seu domínio. 7) Valores máximos e mínimos de f Temos que f (1) = 2 1 − 1 = 1 . Portanto, y = 1 é o valor máximo de f . 8) Assíntotas verticais e horizontais de f O gráfico não tem assíntotas O esboço do gráfico está a seguir. y 1 0 1 4 x x2 . 1+ x2 1) Domínio, continuidade e diferenciabilidade da função Esta é uma função racional, portanto contínua e diferenciável em todos os pontos de seu domínio, e como 1 + x 2 ≠ 0, ∀x ∈ \ , temos que Dom f = \ . e) f ( x ) = 2) Interseção do gráfico de f com os eixos coordenados Temos f (0) = 0 , portanto o gráfico de f intercepta o eixo Oy no ponto (0, 0) . f ( x ) = 0 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0 . Portanto o gráfico de f intercepta o eixo Ox apenas no ponto (0, 0) . 3) Simetrias do gráfico de f ( −x )2 x2 = = f ( x ) , ∀x ∈ \ . Logo f é uma função par e, portanto, seu gráfico tem 1 + ( − x )2 1 + x 2 simetria em relação ao eixo Oy . Temos f ( −x ) = 4) Pontos críticos e intervalos de crescimento e decrescimento de f Temos f '( x ) = 2 x (1 + x 2 ) − x 2 2 x 2 x + 2 x 3 − 2 x 3 2x = = . 2 2 2 2 (1 + x ) (1 + x ) (1 + x 2 )2 Então f '( x ) = 0 ⇔ 2 x = 0 ⇔ x = 0 . Tomando x = −1 ∈ ( −∞, 0) , temos que f '( −1) < 0 e, portanto, f é decrescente em ( −∞, 0] . Tomando x = 1 ∈ (0, +∞ ) , temos que f '(1) > 0 e, portanto, f é crescente em [0, +∞ ) . 5) Pontos de máximo e mínimo de f Como f é decrescente em ( −∞, 0] e crescente em [0, +∞ ) concluímos que f assume um valor mínimo relativo e também absoluto em x = 0 . 6) Concavidade e pontos de inflexão do gráfico de f Temos f "( x ) = = 2(1 + x 2 )2 − 2 x 2(1 + x 2 )2 x 2(1 + x 2 )2 − 8x 2 (1 + x 2 ) (1 + x 2 )[2(1 + x 2 ) − 8x 2 ] = = = (1 + x 2 )4 (1 + x 2 )4 (1 + x 2 )4 2 x 2 − 8 x 2 + 2 −6 x 2 + 2 = . (1 + x 2 )3 (1 + x 2 )3 Temos (− f "( x ) = 0 ⇔ 6x 2 = 2 ⇔ x 2 = 1 3 ⇔x =± 3 3 e f (− 1 1/3 1/3 1 1 = = = f ( ) . Portanto, )= 3 1 + 1/3 4 /3 4 3 3 3 3 1 3 3 3 1 , f (− )) = ( − , )e( , f ( )) = ( , )) são candidatos a pontos de inflexão do gráfico de f . 3 3 3 4 3 3 3 4 Como (1 + x 2 )3 é sempre positivo, analisando o sinal de −6x 2 + 2 concluímos que: Em ( −∞, Em ( Em ( − 3 − 3 ) f " é negativa e, portanto, o gráfico de f tem concavidade voltada para baixo em ( −∞, ). 3 3 − 3 3 − 3 3 , ) f " é positiva e, portanto, o gráfico de f tem concavidade voltada para cima em ( , ). 3 3 3 3 3 3 , +∞ ) f " é negativa e, portanto, o gráfico de f tem concavidade voltada para baixo em ( , +∞ ) . 3 3 3 1 3 1 , ) e em ( , ) e nesses pontos, o 3 4 3 4 gráfico de f tem reta tangente. Portanto, esses pontos são pontos de inflexão do gráfico de f . Conclui-se assim que o gráfico de f muda a concavidade em ( − 7) Valores máximos e mínimos de f Como x = 0 é ponto de mínimo relativo e absoluto, tem-se que f (0) = 0 é o valor mínimo relativo e absoluto da função. 8) Assíntotas verticais e horizontais de f O gráfico não apresenta assíntotas verticais, pois Dom f = \ . x2 2x x2 2x lim 1 lim = = e = lim = 1 , logo a reta y = 1 é a única assíntota horizontal do 2 2 x →−∞ 1 + x x →−∞ 2 x x →+∞ 1 + x x →+∞ 2 x gráfico de f . Temos lim O esboço do gráfico está a seguir. y 1 1/4 − 3/3 0 3 /3 x Exercício 25. Um campo retangular vai ser cercado ao longo da margem de um rio e não precisa de cerca ao longo do rio. Se o material da cerca custa R$ 40,00 por metro para o lado paralelo ao rio e R$ 25,00 por metro para os outros dois lados, encontre as dimensões do campo de maior área que pode ser cercado com um custo fixo de R$ 10.000,00. Solução: A área a ser cercada será dada por A = xy m2. água O comprimento da cerca é dado por P = (2x + y) m. x O custo da cerca é dado por C = [2x(25) + y(40)] reais. x y Devemos procurar o máximo da área sujeita a condição de um custo fixo de R$ 10.000,00. 10000 − 50 x 1000 − 5x = (*) . Então 10000 = 50x + 40 y ⇒ y = 40 4 1000 − 5x 1000 x − 5x 2 = . Substituindo (*) na expressão da área obtemos A = A( x ) = x 4 4 Se y = 0 temos que x = 200 ; se x = 0 , temos que y = 250 . Como x e y não podem ser negativos, temos que Dom A = (0, 200) 1000 − 10 x , daí A '( x ) = 0 ⇔ 10x = 1000 ⇔ x = 100 . Temos A '( x ) = 4 Em (0,100) A ' é positiva e, portanto A é crescente nesse intervalo. Em (100, 200) A ' é negativa e, portanto, A é decrescente nesse intervalo. Então A assume um máximo relativo em x = 100 , como é único, ele também é máximo absoluto. 1000 − 500 Se x = 100 temos y = = 125 , e assim, A( x ) = 12.500 m2. 4 Portanto, as dimensões que maximizam a área cercada a um custo fixo de R$ 10.000,00 são 100 metros nos lados perpendiculares à margem do rio e 125 metros no lado paralelo à margem. Exercício 26. Determine as dimensões do retângulo de maior área que tem dois vértices no eixo Ox e os dois outros vértices sobre a parábola y = 16 − 4 x 2 acima do eixo Ox . Encontre a área máxima desse retângulo. Solução: Devemos determinar a área máxima ( A = 2 xy ) y = 16 − 4 x 2 16 sujeita à condição y = 16 − 4 x 2 (*) . Substituindo (*) na expressão da área obtemos A = A( x ) = 2 x (16 − 4 x 2 ) = 32 x − 8 x 3 . y Podemos considerar o domínio de A como Dom A = (0, 2) . 2 -2 x x Temos A '( x ) = 32 − 24 x 2 , logo: A '( x ) = 0 ⇔ 32 − 24 x 2 = 0 ⇔ 24 x 2 = 32 ⇔ 6x 2 = 8 ⇔ 3x 2 = 4 ⇔ x 2 = Somente a solução algébrica x = 2 pertence ao domínio da função A . 3 Como A ' é uma função quadrática concluímos que: 4 2 ⇔x =± . 3 3 Em (0, Em ( 2 ) A ' é positiva e, portanto, A é crescente nesse intervalo. 3 2 , 2) A ' é negativa e, portanto, A é decrescente nesse intervalo. 3 Portanto, A atinge um valor máximo relativo em x = Quando x = 2 , como é único, também é máximo absoluto. 3 4 3 ⋅ 16 − 16 32 2 = . , temos y = 16 − 4. = 3 3 3 3 Assim, as dimensões do retângulo procurado são 4 32 2 32 128 3 e , e sua área é A = 2 ⋅ ⋅ = unidades 3 9 3 3 3 quadradas. 1 Exercício 27. Encontre o número no intervalo , 2 , tal que a soma do quadrado desse número com o dobro 2 de seu inverso multiplicativo, seja a menor possível. Determine essa soma. Solução: 1 1 Denotemos o número procurado por x. Queremos que x ∈ ( , 2) e que x 2 + 2 seja o menor possível. 2 x 2 1 Chamemos s ( x ) = x 2 + , com Dom s = ( , 2) . x 2 2 2x 3 − 2 = 0 ⇔ = 0 ⇔ 2x 3 − 2 = 0 ⇔ x 3 = 1 ⇔ x = 1 . x2 x2 1 Devemos estudar o sinal de s ' nos intervalos ( ,1) e (1, 2) . 2 Temos s '( x ) = 0 ⇔ 2 x − 2(0,8)3 − 2 1 1 Tomemos 0,8 ∈ ( ,1) , temos s '(0,8) = < 0 . Logo s é decrescente em ( ,1) . 2 2 (0,8)2 Tomemos 1,8 ∈ (1, 2) , temos s '(1,8) = 2(1,8)3 − 2 > 0 . Logo s é crescente em (1, 2) . (1,8)2 Portanto s tem mínimo relativo em x = 1 . Como é único, é mínimo absoluto também. Assim, o valor mínimo 2 absoluto é s (1) = 12 + = 3 . Assim, soma mínima procurada é obtida quando x = 1 e vale 3. 1 Exercício 28. Um incêndio em um campo aberto se alastra em forma de círculo. O raio do círculo aumenta à razão de 0,5 m/min. Determine a taxa à qual a área incendiada está aumentando quando o raio é de 12 m. Solução: Temos a área incendiada dada por A = π r 2 , onde r é o raio do círculo e, portanto, r ∈ (0, + ∞ ) . Como o raio depende da variável tempo (t) dado em minutos escrevemos: A( t ) = π [ r ( t )]2 . Daí obtemos por derivação em relação a t a seguinte equação. dA dr = π 2r ( t ) . dt dt dr dA 1 Para r = 12 m e = 0,5 , tem-se que = π ⋅ 2 ⋅ 12 ⋅ = 12π m2/min. 2 dt dt Logo, a taxa à qual a área incendiada está aumentando, quando o raio é 12 metros, é igual a 12π m2/min. Exercício 29. Enche-se um balão esférico de tal modo que seu volume aumenta à razão de 2 m³/s. Qual a razão do aumento de seu raio por unidade de tempo, quando o mesmo atinge o valor de 5 m? Solução: 4 Temos o volume do balão esférico de raio r é dado por V = π r 3 e r ∈ (0, + ∞ ) . Como o volume depende da 3 4 variável tempo (t) dado em segundos, o raio também depende de t, e podemos escrever V ( t ) = π r 3 ( t ) e 3 conseqüentemente, derivando a expressão do volume em relação a t obtemos a equação: dV 4 dr dr = ⋅ π ⋅ 3 ⋅ r 2 ( t ) ⋅ = 4π r 2 ( t ) . dt 3 dt dt dV dr dr 1 = 2 m3/s, logo, quando r = 5 m temos 2 = 4π ⋅ 52 ⋅ , ou seja, = m/s. dt dt dt 50π 1 Portanto, a taxa à qual o raio do balão está aumentando quando o mesmo é 5 metros é de m/s. 50π Por hipótese, temos que Exercício 30. O diâmetro e altura de um cilindro circular reto são, num determinado instante, 20 cm e 40 cm, respectivamente. Se a altura crescer a uma taxa de 2 cm/min, como variará o raio do cilindro, se seu volume permanecer constante? Solução: A relação entre o volume, o raio e a altura é dada por V = π r 2 h , que pode ser reescrita como V ( t ) = π r 2 ( t ) h( t ) . dV dh = 0 e por hipótese, = 2 cm/min; derivando a expressão dt dt V ( t ) = π r 2 ( t ) h( t ) em relação a t obtemos: Como o volume é constante, temos dV dh dr = π 2r h + r 2 . dt dt dt No instante em que diâmetro é igual a 20 cm (portanto r = 10 cm) e a altura igual a 40 cm, temos dr 0 = π 2 ⋅ 10 ⋅ ⋅ 40 + 100 ⋅ 2 dt Segue que nesse instante, dr 1 = − cm/min. 4 dt A variação do raio do cilindro no instante descrito é de − 1 cm/min. 4 Exercício 31. Os lados x e y de um retângulo estão variando a taxas constantes de 0,5 cm/s e 0,4 cm/s, respectivamente. A que taxas estarão variando a área e o perímetro do retângulo no instante em que x é igual a 40 cm e y é igual a 50 cm? Solução: Temos que a área de um retângulo é expressa em função do tempo t por A( t ) = x ( t ) y ( t ) e o perímetro de um retângulo expresso em função do tempo t por P ( t ) = 2x ( t ) + 2 y ( t ) . Por hipótese, Assim, dx = 0,5 cm/s e dt dy = 0, 4 cm/s. Deseja-se saber A ' e P ' quando x = 40 cm e y = 50 cm. dt dy dy dA dx dP dx 1 2 4 9 y( t ) + x ( t ) + = ⋅ 50 + 40 ⋅ = 25 + 16 = 41 cm2/s e = = 2 ⋅ + 2 ⋅ = 1 + = cm/s. dt dt dt dt dt dt 2 5 5 5
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