derivadas - departamento de matemática - uem · se f x x( ) =2/3, encontre a derivada de f, usando...

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 32

1 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 22

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 − = − − 12 4( )

2y 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 3

a 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 1 332 2 2

( ) 2 2 2 2lim ( )

3 3 3( ) 3t b

t b bb a a

t bt b b

− − −

→

+= = = = =+ +

, 0a ≠ .

Dessa forma, = −ℝ' {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 44 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, = −ℝ' {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 26 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 )cos 2 (3 )( sen2 )2f x x x x x x− −= + + − − = 2 1(3 )cos 2 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 ) (10 cos )( sen )'( )

cos

x x x x x x x xf x

x

+ + − + −= =

19 9 2 2

20

10( sen ) cos (2 cos 2 cos sen sen )

cos

x x x x x x x x

x

+ + + += ;

j) ( )( )( )( )6 10 10 9'( ) 7sen cos (2 1) sen(2 1) 10(2 1) 2f x x x x= + − + + =

( ) ( )( )9 10 6 10140(2 1) sen(2 1) sen cos (2 1)x x x= − + + + ;

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, ]π e, portanto, possui inversa : [ 1,1] [0, ]f π− → 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 π∈ ,

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 ( ) arc tgg x x= . Dada a função ( ) arc tgg x x= , vamos encontrar sua derivada '( )g x . A

função tgx y= é injetora em ,2 2

π π −

e, portanto, possui inversa : ( , ) ,2 2

gπ π −∞ + ∞ → −

dada por

( ) arc tgg x x= . Assim, para qualquer x ∈ℝ 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 ∈ℝ . Podemos memorizar esse

resultado:

2

1arc tg

1

dx

dx x=

+

iii) Derivada da função ( ) arc cotgh x x= . Dada a função ( ) arc cotgh x x= , vamos encontrar sua derivada

'( )h x . A função cotgx y= é injetora em ( )0,π e, portanto, possui inversa ( ): ( , ) 0,h π−∞ + ∞ →

dada por ( ) arc cotgh x x= . Assim, para qualquer x ∈ℝ 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 ∈ℝ . 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

π π π∪ e, portanto, possui inversa

: ( , 1] [1, ) [0, ) ( , ]2 2

pπ π π−∞ − ∪ +∞ → ∪ 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

yπ π π∈ ∪ , 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

π π− ∪ e, portanto, possui inversa

: ( , 1] [1, ) [ , 0) (0, ]2 2

qπ π−−∞ − ∪ +∞ → ∪ 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

yπ π−∈ ∪ , 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 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 ℝ 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 3

0 e 2

x x= = . Como ( 1) 3f − = , (0) 0f = ,

4 33 3 3 81 108 27( ) 2

2 2 2 16 16f

− = − = = −

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

, 32

, assume mínimo absoluto em 2x =

e máximo absoluto em 1

2x = .

Exercício 14. Dada a função ( ) senf x x x= , calcule '"( )2

fπ

.

Solução: '( ) sen cos "( ) cos cos sen 2 cos 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

xπ= , temos "' 3sen cos 3

2 2 2 2f

π π π π = − + = −

.

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 ℝ . 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 ℝ , 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 ℝ . 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 ℝ , 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 ℝ . 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 ℝ , 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 / 3limx c

x x c c→

− = − ,

c∀ ∈ℝ , a função f é contínua em ℝ . Temos que 2 3 1 31 2'( )

3 3f x x x

− −= − , é contínua em *ℝ , 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 0

27 3 27 3 27 3 3f

− − = − = ⋅ − ⋅ = >

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 ℝ 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 ℝ

x0– 1– 2– 3 1 2 3 4 5– 1

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 ∗= ∈ℤ , então 1'( ) nf x nx −= ;

b) Se 1 21

( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )n

n i

i

g x f x f x f x f x=

= + + + =∑ , então

1 21

'( ) '( ) '( ) ... '( ) '( )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 ∈ℤ , 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 , sec x e cossec x foram obtidas no exercício 6.

Exercício 19. 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 20. 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 21. 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

2lim4

senx

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 lim4 44 4 8

sen 4 coscosx 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 22. 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 23. 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 = ℝ e que f é contínua e diferenciável em ℝ .

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 ℝ . 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= +


Como f é polinomial é contínua e diferenciável em todos os pontos de seu domínio Dom f = ℝ .


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 ∈ℝ . Logo, o gráfico de f intercepta o eixo Ox apenas no ponto (0, 0) .


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 .


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 ∈ℝ . 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 ℝ . 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, )+∞ .


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.


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 ℝ . Assim o gráfico de f tem concavidade voltada para cima e não existe ponto de inflexão.


Temos (0) 0f = , portanto 0y = é o valor mínimo absoluto de f.


A função f é polinomial e portanto não possui assíntotas.


x

y

0

c) 2

4( )

1

xf x

x=

−


Esta é uma função racional, portanto contínua e diferenciável em todos os pontos de seu domínio. { 1,1}Dom f = − −ℝ .


(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) .


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) .


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, ) .


A função f não apresenta tais pontos, pois não há pontos críticos.


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 .


A função não possui valores máximos e mínimos relativos, nem absolutos, pois não possui pontos de máximos e mínimos relativos, nem absolutos.


Temos−→−

= −∞−21

4lim

1x

x

x e

+→−= +∞

−21

4lim

1x

x

x. Então a reta 1x = − é uma assíntota vertical do gráfico de f .

Temos−→

= −∞−21

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 .


y

x

-11

0

d) ( ) 2f x x x= −


[0, )Dom f = +∞ . Como →

− = −1 21/ 2lim (2 ) 2x c

x 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, )+ ∞ .


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) .


Como o domínio da função não é simétrico em relação ao ponto 0x = a função não é par nem ímpar.


Temos 1 1

'( ) 2 1 12

f xx x

= − = − , e assim, *'Dom f += ℝ . 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, ) .


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.


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.


Temos que (1) 2 1 1 1f = − = . Portanto, 1y = é o valor máximo de f .


O gráfico não tem assíntotas


y

x1

1

0 4

e) 2

2( )

1

xf x

x=

+.


Esta é uma função racional, portanto contínua e diferenciável em todos os pontos de seu domínio, e como 21 0,x x+ ≠ ∀ ∈ℝ , temos que Dom f = ℝ .


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) .


Temos 2 2

2 2

( )( ) ( )

1 ( ) 1

x xf x f x

x x

−− = = =+ − +

, x∀ ∈ℝ . Logo f é uma função par e, portanto, seu gráfico tem

simetria em relação ao eixo Oy .


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, )+∞ .


Como f é decrescente em ( ,0]−∞ e crescente em [0, )+∞ concluímos que f assume um valor mínimo relativo e também absoluto em 0x = .


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 .


Como 0x = é ponto de mínimo relativo e absoluto, tem-se que (0) 0f = é o valor mínimo relativo e absoluto da função.


O gráfico não apresenta assíntotas verticais, pois =ℝDom 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 .


1

y

x

1/4

3/3− 3 /30

Exercício 24. 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 25. 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 26. 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)

2Dom 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 27. 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 rπ= , 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 tπ . Daí obtemos por derivação em relação a t a seguinte equação.

2 ( )dA dr

r tdt dt

π= .

Para 12r = m e 0,5dr

dt= , tem-se que

12 12 12

2

dA

dtπ π= ⋅ ⋅ ⋅ = m2/min.

Logo, a taxa à qual a área incendiada está aumentando, quando o raio é 12 metros, é igual a 12π m2/min.

Exercício 28. 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 rπ= 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 tπ= 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 dtπ π= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .

Por hipótese, temos que 2dV

dt= m3/s, logo, quando 5r = m temos 22 4 5

dr

dtπ= ⋅ ⋅ , ou seja,

1

50

dr

dt π= m/s.

Portanto, a taxa à qual o raio do balão está aumentando quando o mesmo é 5 metros é de 1

50π m/s.

Exercício 29. 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 hπ= , que pode ser reescrita como 2( ) ( ) ( )V t r t h tπ= .

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 tπ= em relação a t obtemos:

22dV dr dh

r h rdt dt dt

π = + .

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

dtπ = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅

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 30. 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.

derivadas - departamento de matemática - uem · se f x x( ) =2/3, encontre a derivada de f, usando...

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