Lista 2 - Cálculo

17 de maio de 2019

1. Se f e g são funções cujos grá�cos estão representados abaixo, sejam u(x) = f(x)g(x),

h(x) = f(g(x)) e k(x) = g(f(x)).

Encontre as seguintes derivadas:

(a) u′(1)

Solução:

Observe que u′(x) = f ′(x)g(x)+f(x)g′(x). Assim, para calcular u′(1), precisamos

saber f(1), f ′(1), g(1), g′(1).

Entre −1 e 2, f é uma reta f(x) = ax+ b que passa por (−1, 5) e (2, 0). Podemos

encontrar a e b resolvendo o sistemaa(−1) + b = f(−1)

a2 + b = f(2)

⇒

−a + b = 5

2a + b = 0.

1

Então a = −5/3 e b = 10/3. Assim, se −1 < x < 2,

f(x) = −5

3x +

10

3.

Logo, f(1) = 53e f ′(1) = −5

3.

Para x entre 0 e 2, g é uma reta que passa pelos pontos (0, 0) e (2, 4). Então

podemos descobrir a fórmula de g de forma semelhante. Neste caso, g(x) = 2.

Assim, g(1) = 2 e g′(1) = 2. Portanto,

u′(1) = f ′(1)g(1) + f ′(1)g(1)

= −5

3· 2 +

5

3· 2 = 0.

(b) h′(1)

Solução:

Pela regra da cadeia,

h′(x) = [f(g(x))]′ = f ′(g(x))g′(x)

h′(1) = f ′(g(1))g′(1).

Pelo item anterior, g(1) = 2. f não é derivável no ponto 2, como podemos ver no

grá�co. Logo não podemos calcular h′(1).

(c) k′(1)

Solução:

Pela regra da cadeia,

k′(1) = [g ◦ f ]′ (1) = g′(f(1))f ′(1).

Pelo item (a), f(1) = 5/3. Como 0 < 53< 2, g′(5/3) = 2. Assim,

k′(1) = 2f ′(1) = 2

(−5

3

)= −10

3.

2

2. Uma empresa precisa fabricar uma caixa de papelão retangular aberta, de base qua-

drada, com volume de 2 metros cúbicos. Sabendo que o fabricante pretende usar o

mínimo de material necessário qual deve ser o comprimento do lado da base da caixa?

Quantos metros quadrados de papelão são necessários?

Sugestão: Expresse a área da superfície da caixa como uma função do comprimento

do lado da base.

Solução: Se l é o lado da base da caixa e h, a altura, então o volume da caixa é

l2h = 2m3.

material usado: como a caixa é aberta, precisamos calcular a área de 5 lados:

(a) a base quadrada de área l2,

(b) quatro lados de área hl.

Então a quantidade de material usado é

A = 4hl + l2.

O volume da caixa é 2, então podemos escrever h em função de l (o que queremos

encontrar). Então

h =2

l, e A(l) = 4 · 2

l2l + l2 =

8

l+ l2.

Agora vamos encontrar os pontos onde A′ se anula,

A′(l) = − 8

l2+ 2l = 0

⇒ 2l =8

l2⇒ 2l3 = 8⇒ l3 = 4⇒ l =

3√

4.

Ainda precisamos calcular A′′ nesse ponto para veri�car se 3√

4 é um ponto de mínimo

local.

A′′(l) = −8 · 2ll4

+ 2 = −16

l3+ 2.

3

A′′(3√

4) = −16

4+ 2 = −4 + 2 = −2 < 0.

Então 3√

4 é o ponto de mínimo local. Assim, esse deve ser o lado da base da caixa.

Além disso, a quantidade necessária de papelão é de

A(3√

4) =83√

4+ (

3√

4)2

3. Esboce um grá�co que represente a primeira derivada da função representada pelo

seguinte grá�co:

Solução:

Pelo grá�co da função, que vamos chamar de f , podemos concluir algumas coisas:

• A função é ímpar (f(−x) = −f(x)). Então sua derivda também é ímpar, pois

[f(−x)]′ = f ′(−x)(−x)′ = −f ′(x).

• 0 é ponto de in�exão.

• f é crescente entre 0 e aproximadamente 1.5.

• f é decrescente entre 1.5 e 2.

• f é crescente entre 2 e 3.

4

• Próximo de 3, f é decrescente.

Com essas informações, podemos fazer um esboço do grá�co da f ′.

4. Escreva a equação da reta que tangencia a função polinomial f(x) = x4−3x3+2x2−4x

no ponto x = 2.

Solução:

A reta tangente a um ponto (x0, f(x0)) é escrita como

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

Então vamos primeiro calcular f ′(x):

f ′(x0) = 4x3 − 9x2 + 4x− 4.

Agora vamos encontrar f ′(2) e f(2).

f ′(2) = 4 · 23 − 9 · 22 + 4 · 2− 4

= 4 · 8− 9 · 4 + 8− 4

= 32− 36 + 8− 4

= 0,

f(2) = 24 − 3 · 23 + 2 · 22 − 4 · 2

= 16− 3 · 8 + 2 · 4− 4 · 2

5

= 16− 24 + 8− 8

= −8

Logo, a reta tangente é y = −8.

5. Em cada uma das funções seguintes, dê a expressão da derivada e determine o domínio

e o conjunto de pontos do domínio em que a função é derivável.

Estamos supondo que todas as funções neste exercício assumem apenas valores reais.

(a) f(x) = x3 +√x− 1

x

Solução:

f está de�nida apenas para x > 0, pois√x não está de�nida se x ≤ 0 e 1/x não

pode ser calculado se x = 0. Logo, o domínio de f é (0,∞).

f ′(x) = 3x2 +1

2√x− 1

x2.

f ′ está de�nida apenas para x > 0. Logo, f é derivável em (0,∞).

(b) f(x) =1

x2 + 1

Solução:

f está de�nida para todo x ∈ R, pois x2 + 1 não se anula para nenhum x real.

Então o domínio de f é R.

f ′(x) = − (x2 + 1)′

(x2 + 1)2=

−2x

(x2 + 1)2.

f ′ está de�nida para todo x, então f é derivável em R.

(c) f(x) = x1/3(1 + 3x)5

Solução:

f está de�nida para todo x ∈ R, ou seja, seu domínio é f .

f ′(x) =1

3x

13−1(1 + 3x)5 + x

13 5(1 + 3x)43

6

=1

3x23

(1 + 3x)5 + 15x13 (1 + 3x)4.

f ′ está de�nida para todo x 6= 0. Logo, f é derivável em R \ {0}.

(d) f(x) =x− 2

x4 − 1.

Solução:

f não está de�nida quando x4 − 1 = 0. Fazendo y = x2,

y2 − 1 = 0⇒ y2 = 1⇒ y = ±1

Como x é real, x2 = 1, logo, x = ±1.

Então o domínio da f é R \ {−1, 1}. Agora vamos calcular f ′:

f ′(x) =x4 − 1− (x− 2)4x3

(x4 − 1)2

=x4 − 1− 4x4 + 8x3

(x4 − 1)2

=−3x4 + 8x3 − 1

(x4 − 1)2.

f ′ está de�nida em todos os pontos x com x4 − 1 6= 0. Então f é derivável em

todos o pontos do domínio de f , ou seja, f é derivável em R \ {−1, 1}.

(e) g(x) =3x√1 + x

Solução:

g está de�nida em todos os pontos onde 1 + x > 0, ou seja, x > −1. Logo, o

domínio de g é (−1,∞).

g′(x) =3√

1 + x− 3x 12√1+x

(√

1 + x)2

=3√

1 + x

(√

1 + x)2− 3x

2(√

1 + x)3

=3√

1 + x− 3x

2(1 + x)3/2

Podemos calcular g′ sempre que 1 + x > 0, logo g é derivável em (−1,∞).

7

(f) g(x) = x√x2 + 4x + 5

Solução:

g está de�nida em todos os pontos onde

x2 + 4x + 5 > 0.

Porém a equação x2 + 4x + 5 = 0 não possui zeros reais. Além disso, a função

quadrática tem concavidade para cima. Então ela só assume valores positivos,

como mostra o esboço abaixo

x

y

Então o domínio de g é R.

g′(x) =

√x2 + 4x + 5− x 2x+4

2√x2+4x+5

(√x2 + 4x + 5)2

=1√

x2 + 4x + 5− x2 + 2x

(x2 + 4x + 5)3/2.

g′ está de�nida para todo x ∈ R, pois x2+4x+5 não se anula. Logo, g é derivável.

(g) f(x) =x

3√x2 + 1

Solução:

f(x) = x(x2 + 1)−13 .

O domínio de f é R, pois a raiz cúbica está de�nida para todo x ∈ R e x2 + 1 não

se anula para x real. Então,

f ′(x) = (x2 + 1)−13 − x

3(x2 + 1)−

13−1

8

= (x2 + 1)−13 − x

3(x2 + 1)−

43 .

f ′ está de�nida para todo x, pois x2 + 1 não se anula. Logo, f é derivável.

(h) f(x) = |7x + 12|

Solução:

O domínio de f é R. Note que 7x + 12 ≥ 0 se, somente se, x ≥ −12/7. Então,

pela de�nição de módulo,

f(x) =

7x + 12, se x ≥ −12/7

−7x− 12, caso contrário.

Assim, se x > −12/7, f ′(x) = 7. Se x < −12/7, f ′(x) = −7.

Então f é derivável para x 6= −12/7. No entanto, f não é derivável se x = −12/7,

pois a derivada não é contínua nesse ponto.

6. Sabendo que a derivada da função ex é a própria função ex, use as regras da derivação

ensinadas até agora para calcular as derivadas das seguintes funções:

(a) f(x) = 2x.

Solução:

Vamos tentar escrever a função como algo parecido com ex. Pela propriedade do

logaritmo,

Se ln 2 = loge 2 = c, então ec = 2.

Podemos substituir c por ln 2, assim 2 = eln 2 e

f(x) = 2x = (eln 2)x = e(ln 2)x.

Agora podemos calcular f ′ usando a regra da cadeia,

f ′(x) = (ln 2)e(ln 2)x = (ln 2)2x.

9

(b) f(x) = ln x

Solução:

Observe que a função f : (0,∞)→ R, x 7→ lnx é a inversa da função

g :R→ (0,∞)

g(x) = ex.

Além disso, g′ = g. Então (g ◦ f)(x) = x. Aplicando a regra da cadeia,

(g ◦ f)′(x) = x′

⇒g′(f(x))f ′(x) = 1

⇒f ′(x) =1

g′(f(x))=

1

g(f(x))=

1

(g ◦ f)(x)=

1

x.

(c) g(x) = 2x2

Solução:

Observe que g pode ser escrita como a composição de duas funções:

g(x) = f1 ◦ f2(x), onde f1(x) = ex e f2(x) = x2.

Pela regra da cadeia,

g′(x) = f ′1(f2(x))f ′2(x) = (ln 2)2f2(x)f ′2(x) = (ln 2)2x2

(2x) = (2 ln)x2x2

.

(d) g(x) = log2 x

Solução:

Pela propriedade do logaritmo,

log2 x =loge x

loge 2=

lnx

ln 2=

1

ln 2lnx.

Então,

g′(x) =1

ln 2

1

x.

10

7. Determine as coordenadas do ponto da parábola y = 1 − x2 mais próximo da reta da

equação x + 3y − 9 = 0. (a distância de um ponto (x0; y0) à reta ax + by + c = 0 é

|ax0 + by0 + c|/√a2 + b2. Dica: minimize a distância ao quadrado e lembre-se que o

ponto (x0; y0) deve pertencer à parábola.)

Solução:

Dado um ponto (x; y) da parábola, o quadrado da distância entre o ponto e a reta é

f(x) =|x + 3y − 9|2

12 + 32=

(x + 3y − 9)2

10.

Como y = 1− x2, podemos substituir na equção de f ,

f(x) =(x + 3− 3x2 − 9)2

10=

(−3x2 + x− 6)2

10.

Podemos calcular f ′ usando a regra da cadeia,

f ′(x) =2

10(−3x2 + x− 6)(−6x + 1).

Agora vamos calcular os pontos críticos de f . Neste caso, são os pontos onde −3x2 +

x− 6 = 0 ou −6x + 1.

−3x2 + x− 6 = 0 não se anula para valores de x reais, pois

∆ = 1− 4(−3)(−6) = 1− 72 = −71 < 0.

−6x + 1 = 0 se x = 1/6. Então 1/6 é o ponto que minimiza f . Assim,

y = 1−(

1

6

)2

= 1− 1

36=

35

36.

Portanto o ponto da parábola mais próximo da reta é (16; 3536

).

8. A circunferência de raio 5 centrada na origem é o conjunto dos pontos que distam 5

do ponto (0, 0). Seja C essa circunferência. Veri�que que (4,−3) a C e encontre a

equação da reta que tangencia C no ponto (4,−3).

Solução:

11

Os pontos da circunferência C satisfazem a equação x2+y2 = 25. Para x = 4 e y = −3,

temos

42 + (−3)2 = 16 + 9 = 25.

Logo, (4,−3) pertence à circunferência. Observe que os pontos x, y tais que x2+y2 = 25

e y ≤ 0 podem ser escritos como o grá�co de uma função. De fato,

y2 = 25− x2 e y ≤ 0

⇒y = ±√

25− x2 e y ≤ 0

⇒y = −√

25− x2.

Agora podemos encontrar a reta tangente ao ponto da circunferência da mesma forma

que encontramos a reta tangente a um ponto (x0, f(x0)) do grá�co de uma função f ,

ou seja,

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

Então, se f(x) = −√

25− x2,

f ′(x) = − (−2x)

2√

25− x2=

x√25− x

.

Então f(−3) = 4 e

f ′(−3) =−3√

25− 9=−3√

16= −3

4.

Logo, a reta tangente é

y = 4− 3

4(x + 3) = −3

4x + 4− 9

4= −3

4x +

7

4

12