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Resolução dos Exercícios sobre Derivadas
Exercício 1. Utilizando a idéia do exemplo anterior, encontre a reta tangente à curva 3y x nos pontos onde
0x e 1x .
Solução:
Vamos determinar a reta tangente à curva 3y x nos pontos de abscissas 0x e 1x .
(i) 0x : Considere a reta secante passando pelos pontos (0, 0) e 3( , )h h com h “suficientemente pequeno”. A
equação dessa reta secante é dada por
3 00 ( 0)
0
hy x
h. Quando h se aproxima de 0, o ponto 3( , )h h se
aproxima de (0,0) e a reta secante de equação 2y h x tende à reta de equação 0y . Dessa forma, temos que
a reta de equação 0y é a reta tangente à curva 3y x no ponto (0, 0) .
(ii) 1x : Considere a reta secante passando por
( 1, 1)P e 3 2 3( 1 ,( 1 ) ) ( 1 , 1 3 3 )Q h h Q h h h h ,
com h “suficientemente pequeno”. A equação da reta secante por P e Q é dada por
2 3
21 3 3 ( 1)
( 1) ( ( 1)) (3 3 )( 1)1 ( 1)
h h hy x h h x
h.
Quando h tende a 0, o ponto Q se aproxima de P, e a reta secante de equação 21 (3 3 )( 1)y h h x se
aproxima da reta de equação 1 3( 1)y x . Assim, a reta de equação 3 2y x é a reta tangente à curva
3y x 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) 1
( )f xx
; 1
,22
P
b) 2( ) 2 2f x x x ; ( 1, 3)P
Solução: a) Considere a reta secante passando por
1, 2
2P e
1 1 1 2 2, ( , )
12 2 1 2
2
hQ h Q
hh
,
com h “suficientemente pequeno”. A equação da reta secante por P e Q é dada por
2 42
1 1 4 11 2 1 22 ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 2 1 2 2
2 2
h
h hy x x x
h h h.
Quando h tende a 0, o ponto Q se aproxima de P, e a reta secante de equação
4 12 ( )
1 2 2y x
h se aproxima
da reta de equação 1
2 4( )2
y x . Assim, a reta de equação 4 4y x é a reta tangente à curva 1
yx
no ponto 1
,22
P
.
b) Considere a reta secante passando por
( 1, 3)P e 2 2( 1 ,2( 1 ) ( 1 ) 2) ( 1 ,2(1 2 ) 1)Q h h h Q h h h h 2( 1 ,2 3 3)Q h h h
com h “suficientemente pequeno”. A equação da reta secante por P e Q é dada por
22 3 3 (3)3 ( ( 1)) (2 3)( 1)
1 ( 1)
h hy x h x
h.
Quando h tende a 0, o ponto Q se aproxima de P, e a reta secante de equação 3 (2 3)( 1)y h x se aproxima
da reta de equação 3 3( 1)y x . Assim, a reta de equação 3y x é a reta tangente à curva
22 2y x x no ponto ( 1, 3)P .
Exercício 3. Se 2/ 3( )f x x , encontre a derivada de f , usando a definição, e determine o domínio de 'f .
Solução: Temos por definição que 2 3 2 3
'( ) limx a
x af a
x a
. Fazendo a substituição 2 3x t e 2 3a b ficamos
com 3 2 3 2
3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2
( )'( ) lim lim
( ) ( )t b t b
t b t bt bf a
t b t b t b
3 2 3 2 3 2 3 2
3 3 2 2
( ) ( )lim lim
( ) ( )t b t b
t b t b t b t b
t b t b t bt b
3 2 3 2 3 2 21 2 1 2 1 33
2 2 2
( ) 2 2 2 2lim ( )
3 3 3( ) 3t b
t b bb a a
t bt b b
, 0a .
Dessa forma, ' {0}Dom f .
Exercício 4. Se 4
( )5
xf x
x
, encontre a derivada de f , usando a definição, e determine o domínio de 'f .
Solução: Temos por definição que
4 4
4 5 4 55 5'( ) lim lim
5 5x a x a
x a
x a a xx af a
x a x a x a
20 5 4 20 5 4 9( )lim lim
5 5 5 5x a x a
ax x a ax a x x a
x a x a x a x a
2
9 9lim
5 5 5x a x a a,
5a
Dessa forma, ' {5}Dom f .
Exercício 5. Use regras de derivação para calcular a derivada das seguintes funções:
a) 6( ) 5 2 3f x x x ; b) 51( ) 2 7g x x
x ;
c) 2 5( ) ( 2 1) (1 3 )h t t t t ; d) 2
2
1 3( )
rf r
r r
.
Solução:
a) 5'( ) 2 18f x x ;
b) Escrevemos 1 2 1 5 1 2 1 55( ) (2 ) 7 2 7g x x x x x
. Assim,
5 5
3 2 4 5
5 4
1 2 1 1 2 1'( )
2 5 2 5g x x x
x x x
.
c) 5 2 6'( ) (2 2 ) (1 3 ) ( 2 1) (15 )h t t t t t t 4 5 62 2 9 24 15t t t t .
d) 2 2
2 2
6 ( ) (1 3 )(2 1)'( )
( )
r r r r rf r
r r
2
2 2 2 2
1( 1)
3 2 1 3
( 1) ( 1)
r rr r
r r r r
.
Exercício 6. Utilizando as regras de derivação, calcule 'y , onde
a) tgy x ; b) cotgy x ; c) secy x ; d) cossecy x ;
e) sen
2
xy
x ; f) 2 cosy x x ; g) 2seny x .
Solução:
a) sen
tgcos
xy x
x , então, 2
2 2
cos cos sen ( sen ) 1' sec
cos cos
x x x xy x
x x
;
b) cos
cotgsen
xy x
x , então, 2
2 2
(sen )sen cos (cos ) 1' cossec
sen sen
x x x xy x
x x
;
c) 1
seccos
y xx
, então 2
( sen ) sen 1' tg sec
cos coscos
x xy x x
x xx
;
d) 1
cossecsen
y xx
, então 2
cos cos 1' cotg cossec
sen sensen
x xy x x
x xx
;
e) 2 2
2 cos 2sen cos sen'
(2 ) 2
x x x x x xy
x x
;
f) 2 2' 2 cos ( sen ) 2 cos seny x x x x x x x x ;
g) sen .seny x x ,então, ' cos sen sen cos 2sen cosy x x x x x x .
Exercício 7. Calcule a derivada das funções definidas a seguir:
a) 2 23( ) ( 1)f x x b) 2 2( ) cos (1 )f x x c) 2 2( ) cos (1 )h x x
d) 3 3( ) tg tgf x x x e) 2sen
( )x
h xx
f) 6 3 3/5( ) (2 5 )f x x x
g) 1( ) (3 )cos 2f x x x x h) 2( ) tg(5 )g x x x i) 20
10
( sen )( )
cos
x xf x
x
j) 7 10( ) sen cos (2 1)f x x l) 2 5/ 3
3 3/ 5
( 4)( )
( 1)
xg x
x
m)
4
2( ) sen ( )
4
tf x
t t
Solução: Em todas os cálculos das derivadas usaremos a regra da cadeia e as regras de derivação.
a) 2 32 2 23( ) ( 1) ( 1)f x x x , então 1 3 1 32 22 4'( ) ( 1) (2 ) ( 1)
3 3f x x x x x
;
b) 2 2 2 2'( ) 2cos (1 )( sen(1 ))( 2 ) 4 cos(1 )sen(1 )f x x x x x x x ;
c) 2 2 2 2 2 2'( ) sen (1 ) (2(1 )( 2 )) 4 (1 )sen(1 )h x x x x x x x ;
d) Utilizando também o item a do exercício 6, 2 2 2 2 3'( ) 3tg sec 3 secf x x x x x ;
e) 2
2 2
sen (sen 2 cos )2 sen cos sen'( )
x x x xx x x xh x
x x
;
f) 5 2
6 3 2/5 5 2
6 3 2/5
(4 5 )3 9'( ) (2 5 ) (12 15 )
5 5 (2 5 )
x xf x x x x x
x x
;
g) 2 1'( ) (3 )cos2 (3 )( sen2 )2f x x x x x x 2 1(3 )cos2 2(3 )sen2x x x x x ;
h) Utilizando também o item a do exercício 6, 2 2'( ) (10 1)sec (5 )g x x x x ;
i) 19 10 20 9
20
20( sen ) (1 cos )cos ( sen ) (10cos )( sen )'( )
cos
x x x x x x x xf x
x
19 9 2 2
20
10( sen ) cos (2cos 2cos sen sen )
cos
x x x x x x x x
x
;
j)
;
l)
2 2/3 3 3/5 2 5/3 3 2/5
3 6/5
5 3( 4) (2 )( 1) ( 4) ( 1) (3 )
3 5'( )( 1)
x x x x x x
g xx
2 3 3 5 5 3 2 52 3 2 3
6 53
10 9( 4) ( 1) ( 4) ( 1)
3 5
( 1)
x x x x x x
x
22 3 3 52 3
3
6 53
4( 4) ( 1) 50 27
15 1
( 1)
x xx x
x
x
2 3 3 52 3 3 2
11 53
( 4) ( 1) (50 27 58)
15( 1)
x x x x x
x
;
m) 4 3 4
4 4 2 4 2 4
2( 4 ) 2 (4 4)2 6 2'( ) cos cos
4 ( 4 ) ( 4 ) 4
t t t tt t tf x
t t t t t t t t
.
Exercício 8. Encontre a derivada das funções ( ) arccosf x x e ( ) arctgg x x .
Solução:
i) Derivada da função ( ) arccosf x x . Dada a função ( ) arccosf x x , vamos encontrar sua derivada '( )f x .
A função cosx y é injetora em [0, ] e, portanto, possui inversa : [ 1,1] [0, ]f dada por
( ) arccosf x x . Assim, para qualquer ( 1, 1)x temos
1 1( )
sencos
df x
ddx yydy
.
Da Identidade Fundamental da Trigonometria, segue que 2 2 2sen 1 cos 1y y x . Como [0, ]y ,
temos que sen 0y . Logo, 2sen 1y x . Assim, 2
1 1'( )
sen 1f x
y x
, ( 1,1)x . Podemos
memorizar esse resultado:
2
1arccos
1
dx
dx x
;
ii) Derivada da função ( ) arctgg x x . Dada a função ( ) arctgg x x , vamos encontrar sua derivada '( )g x . A
função tgx y é injetora em ,2 2
e, portanto, possui inversa : ( , ) ,2 2
g
dada por
( ) arctgg x x . Assim, para qualquer x temos
2
1 1( )
sectg
dg x
ddx yydy
.
Mas, 2 2 2sec 1 tg 1y y x . Assim, 2 2
1 1'( )
sec 1g x
y x
, x . Podemos memorizar esse
resultado:
2
1arctg
1
dx
dx x
Exercício 9. A função 3( ) 9f x x x é crescente para 3x . Se g é a função inversa de f neste
intervalo, encontre '(0)g .
Solução: As raízes da equação 3 9 0x x são 3, 0 e 3 . Como por hipótese g é a função inversa de f para
3x , segue que ( 3) 0 (0) 3f g . Como 2'( ) 3 9f x x , '( 3) 18f . Por definição de inversa,
( )( )g f x x em , 3x e pela regra da cadeia, temos '( ( )) '( ) 1g f x f x , ou seja,
1 1'(0) '( ( 3))
'( 3) 18g g f
f
.
Exercício 10. A função 3( ) 9f x x x é decrescente para 3 3x . Se h é a função inversa de f neste
intervalo, encontre '(0)h .
Solução: Como por hipótese h é a função inversa de f em 3 3x , a raiz da equação 3 9 0x x que
interessa nesse caso é 0x . Assim, (0) 0f e como 2'( ) 3 9f x x , '(0) 9f . Por definição de inversa,
( )( )g f x x , 3, 3x e pela regra da cadeia '( ( )) '( ) 1g f x f x , ou seja,
1 1 1'(0) '( (0))
'(0) 9 9g g f
f
.
Exercício 11. A função 3( ) 9f x x x é crescente para 3x . Se g é a função inversa de f neste intervalo,
encontre '(0)g .
Solução: Como por hipótese g é a função inversa de f em 3x , a raiz da equação 3 9 0x x que
interessa nesse caso é 3x . Assim, (3) 0f e como 2'( ) 3 9f x x , '(3) 18f . Por definição de inversa,
( )( )g f x x , 3,x e pela regra da cadeia '( ( )) '( ) 1g f x f x , ou seja,
1 1'(0) '( (3))
'(3) 18g g f
f .
Exercício 12. Calcular dy
dx para as equações a seguir :
a) 6 5 65 4 3y y y x ; b) 2 3(5 ) sen 9x y y x x .
Solução:
a) Derivando ambos os lados da equação em relação a x, obtemos 5 4 530 20 6dy dy dy
y y xdx dx dx
, ou seja,
5 4 530 20 1 6dy
y y xdx
. Portanto, 5
5 4
6
30 20 1
dy x
dx y y
, quando 5 430 20 1 0y y .
b) Derivando ambos os lados da equação em relação a x, obtemos
2 23(5 ) (5 2 ) sen cos 9dy dy
x y y x y xdx dx
. Assim,
2 2 2 215(5 ) 6(5 ) sen cos 9dy dy
x y x y y x y xdx dx
2 2 2 26(5 ) sen 9 15(5 ) cosdy
x y y x x y y xdx
Portanto, 2 2
2 2
9 15(5 ) cos
6(5 ) sen
dy x y y x
dx x y y x
, quando
2 26(5 ) sen 0x y y x .
Exercício 13. Determine os máximos e mínimos absolutos das seguintes funções, nos intervalos indicados:
a) 4 3( ) 2f x x x , [ 1, 2] ; b) 4 3( ) 2f x x x , [ 1, 1] ; c) 4
( )f x xx
, 1
, 32
.
Solução:
a) Verifiquemos a existência de extremos absolutos da função 4 3( ) 2f x x x 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 ,
3 2 2'( ) 4 6 '( ) 0 (2 3) 0f x x x f x x x , ou seja, 3
'( ) 0 0 ou 2
f x x x .
Como 3
0, [ 1, 2]2 , temos dois pontos críticos
30 e
2x x . Como ( 1) 3f , (0) 0f ,
4 33 3 3 81 108 27
( ) 22 2 2 16 16
f
e (2) 0f , segue que, 3
( ) (0) (2) ( 1)2
f f f f e, assim, f no
intervalo [ 1, 2] , assume mínimo absoluto em 3
2x e máximo absoluto em 1x .
b) Utilizando o item a, temos que o único ponto crítico de f no intervalo [ 1, 1] é 0x . Temos também que
(1) 1f . Portanto, (1) (0) ( 1)f f f , e assim, f no intervalo [ 1, 1] assume mínimo absoluto em 1x e
máximo absoluto em 1x .
c) 4
( )f x xx
, 1
, 32
Verifiquemos a existência de extremos absolutos da função 4
( )f x xx
no intervalo
1, 3
2
. Como a função f é a soma de uma racional com uma polinomial e 1
0 , 32
, a função é contínua em
1, 3
2
. Logo, f admite máximo e mínimo absolutos. Devemos inicialmente encontrar os pontos críticos de
f ,
2
2 2
4 4'( ) 1 '( ) 0 0 2 ou 2
xf x f x x x
x x
.
Como 1
2 , 32
, o único ponto crítico de f em 1
, 32
é 2x . Temos que 1 17
2 2f
; (2) 4f e
13(3)
3f . Portanto,
1(2) (3)
2f f f
e, assim, f no intervalo
1, 3
2
, assume mínimo absoluto em 2x
e máximo absoluto em 1
2x .
Exercício 14. Dada a função ( ) senf x x x , calcule '"( )2
f
.
Solução: '( ) sen cos "( ) cos cos sen 2cos senf x x x x f x x x x x x x x . Assim,
"'( ) 2sen sen cos 3sen cosf x x x x x x x x .
Para 2
x
, temos "' 3sen cos 32 2 2 2
f
.
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.
a) 3( ) 9f x x x ; b) 4( ) ( 5)f x x ;
c) 3( ) ( 1)f x x ; d) 1/3 2/3( )f x x x .
Solução:
a) Vamos encontrar os extremos locais da função 3( ) 9f x x x . Como f é uma função polinomial, f é
contínua e derivável em . Como 2'( ) 3 9f x x , tem-se que '( ) 0 3 ou 3f x x x . 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 2x , 0x e
2x que pertencem, respectivamente, aos intervalos ( , 3) , ( 3, 3) e ( 3, ) . Temos
'( 2) 3 4 9 3 0f ;
'(0) 3 0 9 9 0f e
'(2) 3 4 9 3 0f .
Pelo teste da primeira derivada concluímos que em 3x f assume valor máximo local, dado por
( 3) 6 3f e em 3x f assume valor mínimo local, dado por ( 3) 6 3f .
b) Vamos encontrar os extremos locais da função 4( ) ( 5)f x x . Como f é uma função polinomial, f é
contínua e derivável em . Como 3'( ) 4( 5)f x x , tem-se que '( ) 0 5 f x x . 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 6x e 4x que pertencem, respectivamente, aos
intervalos ( , 5) e ( 5, ) . Temos
3'( 6) 4( 6 5) 4 ( 1) 4 < 0f e
3'( 4) 4( 4 5) 4 1 4 0f
Pelo teste da primeira derivada concluímos que em 5x f assume valor mínimo local, dado por ( 5) 0f .
Como é único o ponto 5x também é mínimo absoluto.
c) Vamos encontrar os extremos locais da função 3( ) ( 1)f x x . Como f é uma função polinomial, f é
contínua e derivável em . Como 2'( ) 3( 1)f x x , tem-se que '( ) 0 1f x x . 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 2x e 0x que pertencem, respectivamente, aos
intervalos ( , 1) e ( 1, ) . Temos
2'( 2) 3( 2 1) 3 1 3 > 0f e
3'(0) 3(0 1) 3 1 3 0f
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 1/3 2/3( )f x x x . Como 1 3 2 31/3 2/3lim
x cx x c c
,
c , a função f é contínua em . Temos que 2 3 1 31 2
'( )3 3
f x x x , é contínua em
* , e
1 3
2 3
(1 2 )1 1'( ) 0 0
3 8
xf x x
x
, assim os pontos críticos de f são
1
8x e 0x . Os pontos críticos
de f determinam na reta real três intervalos: ( , 0) , 1
0,8
e 1
,8
. Como a função 'f é contínua
nesses intervalos, o seu sinal 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 1x , 1
27x e 1x que
pertencem, respectivamente, aos intervalos ( , 0) , 1
0,8
e 1
,8
. Temos
2 3 1 31 2 1 2'( 1) ( 1) ( 1) 1 0
3 3 3 3f ,
2 3 1 31 1 1 2 1 1 2
' 9 3 1 027 3 27 3 27 3 3
f
2 3 1 31 2 1'(1) (1) (1) 0
3 3 3f
Como 'f é sempre positivo em ambos nos dois primeiros intervalos, o teste da primeira derivada garante que
0x não é ponto de máximo nem de mínimo relativos de f , mas pelo mesmo teste, temos que em 1
8x f
assume um máximo local. Como a função f é contínua em e admite um único extremo relativo, esse
extremo também é absoluto, isto é, 1
8x é ponto de máximo relativo e absoluto de f e seu valor máximo é
1 1
8 4f
.
Exercício 16. Dado o gráfico de uma função f definida em
x0– 1– 2– 3 1 2 3 4 5– 1
– 2
1
2
3
4
y
– 4– 5 96 7 8
determine:
a) Im f ;
b) (1), ( 2), ( 3), ( 4), (4), (0)f f f f f f , (8)f , (5)f e (6)f ;
c) Os extremos relativos e absolutos, se existirem;
d) Intervalos onde f é monótona crescente e onde é monótona decrescente;
e) Os pontos 0x tais que 0'( ) 0f x ;
f) os pontos 0x tais que 0'( )f x não existe;
g) os pontos de inflexão do gráfico de f ;
h) '(7)f .
Solução:
a) [0, )Im f ;
b) Se a curva do gráfico da função f entre 2x e 2x for uma circunferência de centro (0, 1) e
raio 2, então neste trecho, 2( ) 4 1f x x e nesse caso, (1) 3 1f , caso não tenhamos certeza,
podemos dizer apenas (1) (1,3),f para os outros casos, teremos ( 2) 1, ( 3) 1, ( 4) 3,f f f ,
(4) 3, (0) 3f f , (8) 0f , (5)f não está definido e 8
(6)3
f .
c)Em 3x f assume mínimo relativo.
Em 2x f assume mínimo relativo.
Em 0x f assume máximo relativo.
Em 2x f assume mínimo relativo.
Em 8x 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)0 3x ,
0 0x e 0 4x .
f)0 4x ,
0 2x , 0 2x ,
0 5x e 0 8x .
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, 0 4 4
'(7)8 3 3
f
.
Exercício 17. Demonstre os seguintes resultados:
a) Se ( ) ,nf x x n , então 1'( ) nf x nx ;
b) Se 1 2
1
( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )n
n i
i
g x f x f x f x f x
, então
1 2
1
'( ) '( ) '( ) ... '( ) '( )n
n i
i
g x f x f x f x f x
, desde que as funções if sejam deriváveis para
1 i n .
Solução:
a) Seja *n , se 0n então já foi provado no texto que 1'( ) nf x nx . Se 0n então 0m n e
assim ( ) mf x x . Também já foi provado que 1'( ) mf x mx . Logo 1'( ) nf x nx .
b) Vamos demonstrar por indução em n.
Já foi demonstrado que se 1 2( ) ( ) ( )g x f x f x então 1 2'( ) '( ) '( )g x f x f x . Logo é válido para 2n .
Suponhamos que seja válido para n k , ou seja, se 1 2( ) ( ) ( ) ... ( )kg x f x f x f x então
1 2( ) '( ) '( ) ... '( )kg x f x f x f x .
Assim se 1 2 1( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )k kh x f x f x f x f x temos 1( ) ( ) ( )kh x g x f x .
Logo 1 1 2 1'( ) '( ) ' ( ) '( ) '( ) ... '( ) ' ( )k k kh x g x f x f x f x f x f x . Como queríamos.
Exercício 18. Demonstre as regras de números 07 a 12 da tabela de derivadas dada no final deste texto.
Solução:
(07) Sabemos que sen cosd
x xdx
.
Seja ( )u u x . Pela regra da cadeia temos sen ( ) [cos ( )] ( )d d
u x u x u xdx dx
.
Analogamente demonstram-se as fórmulas (08), (09), (10), (11) e (12).
Obs. As derivadas das funções tg x , cotg x , secx e cossecx 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 ( ) arccosf x x : Feito no Exercício 8,
ii) Derivada da função ( ) arctgg x x : Feito no Exercício 8.
iii) Derivada da função ( ) arccotgh x x . Dada a função ( ) arccotgh x x , vamos encontrar sua
derivada '( )h x . A função cotgx y é injetora em 0, e, portanto, possui inversa
: ( , ) 0,h dada por ( ) arccotgh x x . Assim, para qualquer x temos
2 2
1 1 1( )
cossec cosseccotg
dh x
ddx y yydy
.
Mas, 2 2 2cossec 1 cot g 1y y x . Assim, 2 2
1 1'( )
cossec 1h x
y x
, x . Podemos
memorizar esse resultado: 2
1arccotg
1
dx
dx x
.
iv) Derivada da função ( ) arcsecp x x . Dada a função ( ) arcsecp x x , vamos encontrar sua
derivada '( )p x . A função secx y é injetora em [0, ) ( , ]2 2
e, portanto, possui inversa
: ( , 1] [1, ) [0, ) ( , ]2 2
p
dada por ( ) arcsecp x x . Assim, para qualquer
( , 1) (1, )x temos
1 1( )
sec tgsec
dp x
ddx y yydy
.
Mas, 2 2tg sec 1y y . Logo, 2tg 1y x . Como para [0, ) ( , ]2 2
y
, temos que
sec 1 tg 0y y e sec 1 tg 0y y , temos 2
1 1'( )
sec tg | | 1p x
y y x x
,
( , 1) (1, )x . Podemos memorizar esse resultado:
2
1arcsec
| | 1
dx
dx x x
;
v) Derivada da função ( ) arccossecq x x . Dada a função ( ) arccossecq x x , vamos encontrar sua
derivada '( )q x . A função cossecx y é injetora em [ ,0) (0, ]2 2
e, portanto, possui inversa
: ( , 1] [1, ) [ ,0) (0, ]2 2
q
dada por ( ) arccossecq x x . Assim, para qualquer
( , 1) (1, )x temos
1 1 1( )
cossec cotg cossec cotgcossec
dq x
ddx y y y yydy
.
Mas, 2 2cotg cossec 1y y . Logo, 2cotg 1y x . Como para [ ,0) (0, ]2 2
y
, cossec 1y
cotg 0y e cossec 1 cotg 0y y , temos 2
1 1'( )
cossec cotg | | 1q x
y y x x
,
( , 1) (1, )x . Podemos memorizar esse resultado:
2
1arccossec
| | 1
dx
dx x x
;
Exercício 20. Demonstre as regras de números 13 a 18 da tabela de derivação dada no final deste texto.
Solução:
(13) Sabemos que 2
1arcsen
1
dy
dy y
, provado no exemplo 23.
Seja ( )u u x , pela regra da cadeia temos
2
1arcsen ( ) arcsen ( ) ( ) ( )
1 ( )
d d d du x u x u x u x
dx du x dxu x
.
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 3( )f x x . Vamos determinar dy quando 8x e 0,01x . Temos, por
definição, 3 2
1'( )
3dy f x x x
x . Se 8x e 0,01x temos
3 2
10,01 0,000833333
3 8dy . Assim, se
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 33 8,01 8 0,00083333 2,00083333 .
Exercício 22. Calcule os seguintes limites:
a) 3 2
2
2 4lim
3 6x
x x
x
; b)
2
0
cos 3 1lim
5x
x x x
x
; c)
2
2
2 2lim
5 9x
x
x x
;
d)
1sen
2lim
4sen
x
x
x
; e) 0
1 1lim
senx x x
.
Solução: Em todos os itens será aplicada a Regra de L´Hospital. No item (e) isto será feito duas vezes.
a) 3 2 2
2 2
2 4 6 8 8lim lim
3 6 3 3x x
x x x x
x
.
b) 2
0 0
cos 3 1 sen 2 3 3lim lim
5 5 5x x
x x x x x
x
.
c) 2
2
2 2 4 4 4 2lim lim lim
110 1 10 55 9 10x x x
x x
xx x
x
.
d)
2
2
1 11 1 1cossen cos
122 2 22lim lim lim
4 44 4 8sen 4 coscos
x x x
xx xx
x xx x
.
e) 0 0 0 0
1 1 sen cos 1 sen 0lim lim lim lim 0
sen sen cos sen cos sen cos 2x x x x
x x x x
x x x x x x x x x x x
.
Exercício 23. Esboce o gráfico de uma função f num intervalo I em cada caso:
a) [0, 10]I ; f contínua em I ; f assume máximo relativo em 4x ; '(4)f não existe; o gráfico de
f tem concavidade para baixo em (0, 4) .
b) [ 3, 2]I ; f contínua em I ; f assume mínimo absoluto em 1x e em 2x ; f assume
máximo relativo em 3x e em 0x ; 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
x4 100
(4)f
(0)f
(10)f
b)
x
y
-1
-2-3
2
1
2
( 1) (2)f f
(1)f
( 3)f
Exercício 24. Esboce o gráfico das seguintes funções fazendo a análise necessária.
a) 3( )f x x x ; b) 4 2( ) 3 12f x x x ; c) 2
4( )
1
xf x
x
;
d) ( ) 2f x x x ; e) 2
2( )
1
xf x
x
.
Solução:
a) 3( )f x x x
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 0x temos (0) 0f . Logo o gráfico de f intercepta o eixo Oy no ponto (0,0) .
3 2( ) 0 0 ( 1) 0f x x x x x . 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 3 3 3( ) ( ) ( ) [ ] ( )f x x x x x x 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 2'( ) 3 1f x x . Assim,
2 3 3'( ) 0 3 1 ou
3 3f x x x x .
Portanto, 3 3
ou 3 3
x x são os pontos críticos de f .
Os pontos críticos dividem a reta em 3 intervalos, a saber, 3
( , )3
, 3 3
( , )3 3
e 3
( , )3
.
Como '( )f x é uma função quadrática, ela é contínua em . Assim,
para 3
1 ( , )3
x , temos 2'( 1) 3( 1) 1 2 0f , portanto, '( ) 0f x , 3
( , )3
x . Logo f é
crescente em 3
( , ]3
.
Tomando 3 3
0 ( , )3 3
x , temos '(0) 3(0) 1 1 0f , portanto, '( ) 0f x , 3 3
( , )3 3
x . Logo
f é decrescente em 3 3
[ , ]3 3
.
Tomando 3
1 ( , )3
x , temos 2'(1) 3(1) 1 2 0f , portanto, '( ) 0f x , 3
( , )3
x . Logo f
é crescente em 3
[ , )3
.
5) Pontos de máximo e mínimo de f
Como f cresce em 3
( , )3
e decresce em 3 3
( , )3 3
a função f assume um valor máximo local em
3
3x .
Como f decresce em 3 3
( , )3 3
e cresce em 3
( , )3
a função f assume um valor mínimo local em 3
3x .
6) Concavidade e pontos de inflexão do gráfico de f
Temos "( ) 6f x x . Portanto "( ) 0 0f x x .
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 3 2 3
( )3 9
f e portanto 2 3
9y é o valor máximo relativo de f .
Temos 3 2 3
( )3 9
f e portanto 2 3
9y é o valor mínimo relativo 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.
x
y
-1 10
3
3
3
3
9
32
9
32
b) 4 2( ) 3 12f x x x
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 (0) 0f . Logo o gráfico de f intercepta o eixo Oy no ponto (0,0) .
Temos 4 2 2 2( ) 0 3 12 0 ( 4) 0 0f x x x x x x , pois 2 4 0x para todo x . Logo, o
gráfico de f intercepta o eixo Ox apenas no ponto (0,0) .
3) Simetrias do gráfico de f
Temos 4 2 4 2( ) 3( ) 12( ) 3 12 ( )f x x x x x 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 3'( ) 12 24f x x x . Assim, 2'( ) 0 12 ( 2) 0 0f x x x x , pois 2 2 0x para todo x .
Logo, 0x 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 1 ( , 0)x , temos 3'( 1) 12( 1) 24( 1) 36 0f , portanto, '( ) 0f x , ( , 0)x .
Logo f é decrescente em ( , 0] .
Tomando 1 (0, )x , temos 3'(1) 12(1) 24(1) 36 0f , portanto, '( ) 0f x , ( 0, )x . 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 0x .
Como é único, é mínimo absoluto também.
6) Concavidade e pontos de inflexão do gráfico de f
Temos 2"( ) 36 24f x x . Logo 2"( ) 0 36 24 0f x x .
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 (0) 0f , portanto 0y 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.
x
y
0
c) 2
4( )
1
xf x
x
1) Domínio, continuidade e diferenciabilidade da função
Esta é uma função racional, portanto contínua e diferenciável em todos os pontos de seu domínio.
{ 1,1}Dom f .
2) Interseção do gráfico de f com os eixos coordenados
(0) 0f . Logo o gráfico intercepta o eixo Oy no ponto (0,0) .
Temos ( ) 0 4 0 0f x x x . Logo o gráfico intercepta o eixo Ox apenas no ponto (0,0) .
3) Simetrias do gráfico de f
2 2
4( ) 4( ) ( )
( ) 1 1
x xf x f x
x x
x Dom f e, portanto, a função f ímpar. Logo, o gráfico de f é
simétrico em relação à origem (0,0) .
4) Pontos críticos e intervalos de crescimento e decrescimento de f
Temos 2 2 2
2 2 2 2 2 2
4( 1) 4 (2 ) 4 4 1'( ) ( 4)
( 1) ( 1) ( 1)
x x x x xf x
x x x
. Como '( ) 0,f x x Dom f e
'Dom f Dom f , conclui-se que f não possui pontos críticos.
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 2 2 2 2 2 2 2
2 4 2 2
( 8 )( 1) (4 4)2( 1)2 ( 1)[( 8 )( 1) 4 (4 4)]"( )
( 1) ( 1)
x x x x x x x x x xf x
x x
2 2 2 2 2 2
2 4 2 3 2 3
( 1)[( 8 )( 1) 16 ( 1)] 8 [( 1)( 1) 2( 1)] 8 ( 3)
( 1) ( 1) ( 1)
x x x x x x x x x x
x x x
.
Então "( ) 0 0f x x . Assim, (0, 0) é candidato a ponto de inflexão.
Em 2 ( , 1) ,
2
2 3
8( 2)(( 2) 3) 112"( 2) 0
(( 2) 1) 3f e, portanto, "( )f x é negativa em ( , 1) . Assim, o
gráfico de f tem concavidade voltada para baixo nesse intervalo.
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 (0) 4f , 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
Temos
2
1
4lim
1x
x
x e
21
4lim
1x
x
x. Então a reta 1x é uma assíntota vertical do gráfico de f .
Temos
2
1
4lim
1x
x
x e
21
4lim
1x
x
x. Então a reta 1x é uma assíntota vertical do gráfico de f .
Temos2
4 4lim lim 0
1 2x x
x
x x
e
2
4lim 0
1x
x
x. Então a reta 0y é a única assíntota horizontal do gráfico
de f .
O esboço do gráfico está a seguir.
y
x
-1
1
0
d) ( ) 2f x x x
1) Domínio, continuidade e diferenciabilidade da função
[0, )Dom f . Como
1 21/2lim (2 ) 2
x cx x c c , 0c
1/2
0lim (2 ) 0
xx x , a função f é contínua em
seu domínio e como 1 1
'( ) 2 1 12
f xx x
, esta é uma função diferenciável em (0, ) .
2) Interseção do gráfico de f com os eixos coordenados
Temos (0) 0f . Logo o gráfico de f intercepta o eixo Oy no ponto (0,0) .
Temos 2( ) 0 2 4 , 0 ( 4) 0, 0f x x x x x x x x x . 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 0x a função não é par nem ímpar.
4) Pontos críticos e intervalos de crescimento e decrescimento de f
Temos 1 1
'( ) 2 1 12
f xx x
, e assim, *'Dom f . Logo '( ) 0 1f x x e como 0 (0, ) , o
único ponto crítico de f é 1x .
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
1x e como é único é absoluto também.
6) Concavidade e pontos de inflexão do gráfico de f
Temos
3 2
3
1 1"( ) 0, (0, )
2 2f x x x
x. Logo, não existem pontos de inflexão. Como "f é
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 (1) 2 1 1 1f . Portanto, 1y 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
x1
1
0 4
e) 2
2( )
1
xf x
x
.
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 21 0,x x , temos que Dom f .
2) Interseção do gráfico de f com os eixos coordenados
Temos (0) 0f , portanto o gráfico de f intercepta o eixo Oy no ponto (0,0) .
2( ) 0 0 0f x x x . Portanto o gráfico de f intercepta o eixo Ox apenas no ponto (0,0) .
3) Simetrias do gráfico de f
Temos 2 2
2 2
( )( ) ( )
1 ( ) 1
x xf x f x
x x
, x . Logo 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 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
2 (1 ) 2 2 2 2 2'( )
(1 ) (1 ) (1 )
x x x x x x x xf x
x x x
.
Então '( ) 0 2 0 0f x x x .
Tomando 1 ( ,0)x , temos que '( 1) 0f e, portanto, f é decrescente em ( ,0] .
Tomando 1 (0, )x , temos que '(1) 0f 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 0x .
6) Concavidade e pontos de inflexão do gráfico de f
Temos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 4 2 4 2 4
2(1 ) 2 2(1 )2 2(1 ) 8 (1 ) (1 )[2(1 ) 8 ]"( )
(1 ) (1 ) (1 )
x x x x x x x x x xf x
x x x
2 2 2
2 3 2 3
2 8 2 6 2
(1 ) (1 )
x x x
x x
.
Temos 2 2 1 3"( ) 0 6 2
3 3f x x x x e
1 1/3 1/3 1 1( ) ( )
1 1/3 4/3 43 3f f
. Portanto,
3 3 3 1( , ( )) ( , )
3 3 3 4f e
3 3 3 1( , ( )) ( , ))
3 3 3 4f são candidatos a pontos de inflexão do gráfico de f .
Como 2 3(1 )x é sempre positivo, analisando o sinal de 26 2x concluímos que:
Em 3
( , )3
"f é negativa e, portanto, o gráfico de f tem concavidade voltada para baixo em
3( , )
3.
Em 3 3
( , )3 3
"f é positiva e, portanto, o gráfico de f tem concavidade voltada para cima em
3 3( , )
3 3.
Em 3
( , )3
"f é negativa e, portanto, o gráfico de f tem concavidade voltada para baixo em 3
( , )3
.
Conclui-se assim que o gráfico de f muda a concavidade em 3 1
( , )3 4
e em 3 1
( , )3 4
e nesses pontos, o
gráfico de f tem reta tangente. Portanto, esses pontos são pontos de inflexão do gráfico de f .
7) Valores máximos e mínimos de f
Como 0x é ponto de mínimo relativo e absoluto, tem-se que (0) 0f 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 .
Temos 2
2
2lim lim 1
1 2x x
x x
x x
e
2
2
2lim lim 1
1 2x x
x x
x x
, logo a reta 1y é a única assíntota horizontal do
gráfico de f .
O esboço do gráfico está a seguir.
1
y
x
1/4
3/3 3/30
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:
x x
y
água
A área a ser cercada será dada por A = xy m2. O comprimento da cerca é dado por P = (2x + y) m. O custo da cerca é dado por C = [2x(25) + y(40)] reais.
Devemos procurar o máximo da área sujeita a condição de um custo fixo de R$ 10.000,00.
Então 10000 50 1000 5
10000 50 40 (*)40 4
x xx y y
.
Substituindo (*) na expressão da área obtemos 21000 5 1000 5
( )4 4
x x xA A x x
.
Se 0y temos que 200x ; se 0x , temos que 250y . Como x e y não podem ser negativos, temos
que (0,200)Dom A
Temos 1000 10
'( )4
xA x
, daí '( ) 0 10 1000 100A x x x .
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 100x , como é único, ele também é máximo absoluto.
Se 100x temos 1000 500
1254
y
, e assim, ( ) 12.500A x m2.
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 216 4y x acima do eixo Ox . Encontre a área máxima desse retângulo.
Solução:
y
x x
16 216 4y x
-2 2
Devemos determinar a área máxima ( 2 )A xy
sujeita à condição 216 4 (*)y x .
Substituindo (*) na expressão da área obtemos
2 3( ) 2 (16 4 ) 32 8A A x x x x x .
Podemos considerar o domínio de A como
(0,2)Dom A .
Temos 2'( ) 32 24A x x , logo:
2 2 2 2 2 4 2'( ) 0 32 24 0 24 32 6 8 3 4
3 3A x x x x x x x .
Somente a solução algébrica 2
3x pertence ao domínio da função A .
Como 'A é uma função quadrática concluímos que:
Em 2
(0, )3
'A é positiva e, portanto, A é crescente nesse intervalo.
Em 2
( , 2)3
'A é negativa e, portanto, A é decrescente nesse intervalo.
Portanto, A atinge um valor máximo relativo em 2
3x , como é único, também é máximo absoluto.
Quando 2
3x , temos
4 3 16 16 3216 4.
3 3 3y
.
Assim, as dimensões do retângulo procurado são 4
3 e
32
3, e sua área é
2 32 128 32
3 93A unidades
quadradas.
Exercício 27. Encontre o número no intervalo 1
, 22
, tal que a soma do quadrado desse número com o dobro
de seu inverso multiplicativo, seja a menor possível. Determine essa soma.
Solução:
Denotemos o número procurado por x. Queremos que 1
( , 2)2
x e que 2 12x
x seja o menor possível.
Chamemos 2 2( )s x x
x , com
1( , 2)2
Dom s .
Temos 3
3 3
2 2
2 2 2'( ) 0 2 0 0 2 2 0 1 1
xs x x x x x
x x
.
Devemos estudar o sinal de 's nos intervalos 1
( ,1)2
e (1, 2) .
Tomemos 1
0,8 ( ,1)2
, temos 3
2
2(0,8) 2'(0,8) 0
(0,8)s
. Logo s é decrescente em
1( ,1)2
.
Tomemos 1,8 (1,2) , temos 3
2
2(1,8) 2'(1,8) 0
(1,8)s
. Logo s é crescente em (1, 2) .
Portanto s tem mínimo relativo em 1x . Como é único, é mínimo absoluto também. Assim, o valor mínimo
absoluto é 2 2(1) 1 3
1s . Assim, soma mínima procurada é obtida quando 1x e vale 3.
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 2A r , onde r é o raio do círculo e, portanto, (0, )r . Como o raio
depende da variável tempo (t) dado em minutos escrevemos: 2( ) [ ( )]A t r t . Daí obtemos por derivação em
relação a t a seguinte equação.
2 ( )dA dr
r tdt dt
.
Para 12r m e 0,5dr
dt , tem-se que
12 12 12
2
dA
dt m2/min.
Logo, a taxa à qual a área incendiada está aumentando, quando o raio é 12 metros, é igual a 12 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:
Temos o volume do balão esférico de raio r é dado por 34
3V r e (0, )r . Como o volume depende da
variável tempo (t) dado em segundos, o raio também depende de t, e podemos escrever 34( ) ( )
3V t r t e
conseqüentemente, derivando a expressão do volume em relação a t obtemos a equação:
2 243 ( ) 4 ( )
3
dV dr drr t r t
dt dt dt .
Por hipótese, temos que 2dV
dt m3/s, logo, quando 5r m temos 22 4 5
dr
dt , ou seja,
1
50
dr
dt m/s.
Portanto, a taxa à qual o raio do balão está aumentando quando o mesmo é 5 metros é de 1
50 m/s.
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 2V r h , que pode ser reescrita como 2( ) ( ) ( )V t r t h t .
Como o volume é constante, temos 0dV
dt e por hipótese, 2
dh
dt cm/min; derivando a expressão
2( ) ( ) ( )V t r t h t em relação a t obtemos:
22dV dr dh
r h rdt dt dt
.
No instante em que diâmetro é igual a 20 cm (portanto 10r cm) e a altura igual a 40 cm, temos
0 2 10 40 100 2dr
dt
Segue que nesse instante, 1
4
dr
dt cm/min.
A variação do raio do cilindro no instante descrito é de 1
4 cm/min.
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 ( ) 2 ( ) 2 ( )P t x t y t .
Por hipótese, 0,5dx
dt cm/s e 0,4
dy
dt cm/s. Deseja-se saber 'A e 'P quando 40x cm e 50y cm.
Assim,
1 2( ) ( ) 50 40 25 16 41
2 5
dydA dxy t x t
dt dt dt cm2/s e
4 92 2 1
5 5
dydP dx
dt dt dt cm/s.
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