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