Lista3-Analise-EAD-2017 1-gab-atual

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LISTA 3 – DERIVADAS – GABARITO – ANÁLISE REAL
1. Responda:
(a) Defina derivada de uma função f : X −→ R no ponto a ∈ X ∩ X ′. Graficamente
(geometricamente), o que significa a derivada de uma função f em ponto a. (Faça
um desenho).
Solução: A função f é derivável em a, notação f ′(a), quando existe o limite
f ′(a) = lim
x→a
f(x) − f(a)
x− a
ou f ′(a) = lim
h→0
f(x+ h) − f(a)
h
(b) Mostre que se uma função f : X −→ R é derivável no ponto a ∈ X ∩ X ′, então f é
contínua em a.
Demonstração: Como f é derivável em a, tem-se que f ′(a) ∈ R, i.e, o limite a
seguir existe
f ′(a) = lim
x→a
f(x) − f(a)
x− a
.
Assim, ∀x ∈ X, com x 6= a (x− a 6= 0), tem-se
f(x) − f(a) =
[
f(x) − f(a)
x− a
]
(x− a), ao limite de x→ a, obemos
lim
x→a
[
f(x) − f(a)
]
= lim
x→a
{[
f(x) − f(a)
x− a
]
(x− a)
}
=
= lim
x→a
f(x) − f(a)
x− a
. lim
x→a
(x− a) = f ′(a).0 = 0,
i.e, limx→a
[
f(x) − f(a)
]
= 0⇔ limx→a f(x) = f(a). Logo, f é contínua em a.
1
2. Responda:
(a) Mostre, usando a definição, que a derivada de f(x) = x2 em a, a ∈ R, é f ′(a) = 2a.
Mostre que a reta tangente ao gráfico de f em
(
a, f(a)
)
não intercepta o gráfico
de f, exceto em
(
a, f(a)
)
.
(
f(a) = a2
)
.
Solução:
Parte 1: f ′(a) = 2a. De fato,
f ′(a) = lim
x→a
f(x) − f(a)
x− a
= lim
x→a
x2 − a2
x− a
= lim
x→a
(x+ a).(x− a)
(x− a)
=
= lim
x→a
(x+ a) = 2.a
Graficamente, tem-se
Parte 2: A reta tangente ao gráfico de f em
(
a, f(a)
)
intercepta o gráfico de
f somente em
(
a,a2
)
. De fato, como a reta tangente ao gráfico de f em(
a,a2
)
= (x0,y0) é dada por
y− y0 = f
′(a).(x− x0) = y− a2 = 2.a.(x− a)⇔ y = 2.a.x− a2,
i.e, como a reta tangente é dada pela função g(x) = 2.a.x− a2, temos que
f(x) = g(x)⇔ x2 = 2.a.x− a2 ⇔ x2 − 2.a.x+ a2 = 0⇔ (x− a)2 = 0,
ou seja, x = a é o único ponto em que f e g se interceptam.
(b) Mostre, usando a definição, que a derivada de f(x) =
1
x
em a, a 6= 0 é f ′(a) = − 1
a2
.
Mostre que a reta tangente ao gráfico de f em
(
a, f(a)
)
não intercepta o gráfico
de f, exceto em
(
a, f(a)
)
.
(
f(a) =
1
a
)
.
Solução: A idéia é análoga ao item anterior.
3. Usando a definição, prove que:
2
(a) Se g(x) = f(x) + c, então g ′(x) = f ′(x).(Faça um desenho para ilustrar).
Solução: De fato,
f ′(x) = lim
h→0
f(x+ h) − f(x)
h
e
g ′(x) = lim
h→0
g(x+ h) − g(x)
h
= lim
h→0
[f(x+ h) + c] − [f(x) + c]
h
=
= lim
h→0
f(x+ h) − f(x)
h
= f ′(x).
A figura a seguir indica a relação entre f ′ e g ′ = (f+ c) ′
(b) Se g(x) = k.f(x), então g ′(x) = k.f ′(x), onde K ∈ R é uma constante.(Faça um
desenho para ilustrar).
Solução: De fato,
f ′(x) = lim
h→0
f(x+ h) − f(x)
h
e
g ′(x) = lim
h→0
g(x+ h) − g(x)
0
= lim
h→0
k.f(x+ h) − k.f(x)
h
=
= lim
h→0
k.
[
f(x+ h) − f(x)
h
]
= k. lim
h→0
f(x+ h) − f(x)
h
= k.f ′(x).
A figura a seguir indica a relação entre f ′ e g ′ = (k.f) ′
3
(c) Se g(x) = f(x + c), então g ′(x) = f ′(x + c). Faça um desenho para ilustrar isso.
Para resolver este problema você deve escrever as definições de g ′(x) e f ′(x + c)
corretamente.
Solução: De fato,
f ′(x) = lim
h→0
f(x+ h) − f(x)
h
e
g ′(x) = lim
h→0
g(x+ h) − g(x)
h
= lim
h→0
f
(
(x+ c) + h
)
− f(x+ c)
h
=
= lim
h→0
f(u+ h) − f(u)
h
= f ′(u) = f ′(x+ c),
onde u = x+c. A figura a seguir indica a relação entre f ′ e g ′, onde g(x) = f(x+c).
(d) Se g(x) = f(k.x), então g ′(x) = k.f ′(k.x), onde k ∈ R é uma constante.
Solução: De fato, se k = 0 não há o que fazer, pois g(x) = f(0.x) = f(0) = c,
constante. Se k 6= 0, temos que
f ′(x) = lim
h→0
f(x+ h) − f(x)
h
e
g ′(x) = lim
h→0
g(x+ h) − g(x)
h
= lim
h→0
f
(
k.(x+ h)
)
− f(k.x)
h
=
= lim
h→0
f(k.x+ k.h) − f(k.x)
h
= lim
h→0
k.
[
f(k.x+ k.h) − f(k.x)
k.h
]
=
= k. lim
u→0
f(k.x+ u) − f(k.x)
u
= k.f ′(k.x),
pois fazendo u = k.h, obtemos que h→ 0⇔ u→ 0.
4. Suponha que f(a) = g(a), e que a derivada esquerda de f em a é igual a derivada
direita de g em a. Defina h(x) = f(x) para x 6 a, e h(x) = g(x) para x > a. Prove
que h é diferenciável (derivável) em a.
Solução: De fato, pois como h(x) =
{
f(x), se x 6 a
g(x), se x > a , então o limite
h ′(a) = lim
t→0
h(a+ t) − h(a)
t
4
existe, uma vez que, para x > a tem-se
h ′(a+) = lim
t→0+
h(a+ t) − h(a)
t
= lim
t→0+
g(a+ t) − g(a)
t
= g ′(a+)
e para x 6 a tem-se
h ′(a−) = lim
t→0−
h(a+ t) − h(a)
t
= lim
t→0−
f(a+ t) − f(a)
t
= f ′(a−)
e, como f ′(a−) = g ′(a+), portanto h ′(a−) = h ′(a+) = h ′(a).
5. Seja f : X −→ R uma função. A função f é derivável no ponto a ∈ X∩X ′ se, e somente
se, existe c ∈ R tal que
(a+ h) ∈ X⇒ f(a+ h) = f(a) + c.h+ r(h),
onde lim
h→0
r(h)
h
= 0. No caso afirmativo, tem-se c = f ′(a).
Demonstração:
Ida(⇒) Como f é derivável no ponto a, então existe o limite
f ′(a) = lim
h→0
f(a+ h) − f(a)
h
.
Daí, queremos mostrar que existe c ∈ R satisfazendo a condição anterior. De fato,
basta tomar c = f ′(a) e r(h) = f(a+ h) − f(a) − f ′(a).h. Assim, obtemos
lim
h→0
r(h)
h
= lim
h→0
f(a+ h) − f(a) − f ′(a).h
h
=
= lim
h→0
f(a+ h) − f(a)
h
− lim
h→0
f ′(a).h
h
= f ′(a) − f ′(a) = 0
como queríamos demonstrar.
Volta(⇐) Agora, temos que existe c ∈ R tal que
(a+ h) ∈ X⇒ f(a+ h) = f(a) + c.h+ r(h),
onde lim
h→0
r(h)
h
= 0. Daí, como f(a+ h) − f(a) = c.h+ r(h), temos
lim
h→0
f(a+ h) − f(a)
h
= lim
h→0
c.h+ r(h)
h
= lim
h→0
c.h
h
+ lim
h→0
r(h)
h
= c
isto é, f ′(a) existe e f ′(a) = c.
6. Calcule a f ′′(x) nos casos a seguir:
5
(a) f(x) = x4
Solução:
f ′(x) = 4x3 e f ′′(x) = 12x2.
(b) f(x+ 3) = x5
Solução: Primeiro observe que f(x) = (x−3)5, pois fazendo y = x+3⇔ x = y−3,
obtemos
f(x+ 3) = x5 ⇔ f(y) = (y− 3)5.
Assim,
f ′(x) = 5(x− 3)4 e f ′′(x) = 20(x− 3)3.
7. Seja a função f : R −→ R tal que |f(x) − f(y)| 6 (x − y)2, ∀x,y ∈ R. Prove que f é
constante. (Tente mostrar que f ′(x) = 0 ∀x ∈ R).
Demosntração:
(i) Se x = y, então a desigualdade |f(x) − f(x)| 6 (x− x)2 não nos diz nada.
(ii) Agora, ∀ x,y ∈ R, com x 6= y, i.e, |x− y| 6= 0, tem-se
|f(x) − f(y)| 6 (x− y)2 ⇔ |f(x) − f(y)| 6 |x− y|2 ⇔
|f(x) − f(y)|
|x− y|
6 |x− y|⇔ 0 6
∣∣∣∣f(x) − f(y)y− x
∣∣∣∣ 6 |y− x|, ao limite de y→ x,
lim
y→x
0 6 lim
y→x
∣∣∣∣f(x) − f(y)y− x
∣∣∣∣ 6 limy→x |y− x|⇔
0 6
∣∣∣∣ limy→x f(x) − f(y)y− x
∣∣∣∣ 6 0⇔ 0 6 |f ′(x)| 6 0⇔ |f ′(x)| = 0⇔
f ′(x) = 0, ∀ x ∈ R⇔ f é constante.
8. Seja f : I ⊂ R −→ R uma função definida no intervalo I do qual a é ponto interior.
Mostre que se f é derivável no ponto a, então
f ′(a) = lim
h→0
f(a+ h) − f(a− h)
2h
Demosntração: De fato, primeiro observe que
f ′(a) = lim
h→0
f(a+ h) − f(a)
h
= lim
h→0
f(a− h) − f(a)
−h
= lim
h→0
f(a) − f(a− h)
h
.
Assim,
lim
h→0
f(a+ h) − f(a− h)
2h
= lim
h→0
f(a+ h) − f(a) + f(a) − f(a− h)
2h
=
=
1
2
[
lim
h→0
f(a+ h) − f(a)
h
+ lim
h→0
f(a) − f(a− h)
h
]
=
=
1
2
[2.f ′(a)] = f ′(a).
6
9. Seja f uma função derivável e g(x) = f(e2x). Calcule g ′(0) se f ′(1) = 2.
Solução: Fica a cargo do aluno.
10. Seja f(x) = x2.sen
(
1
x
)
, se x 6= 0 e f(0) = 0. Sejam também g,h duas funções tais que{
g(0) = 0
g ′(x) = f(x+ 1) e
{
h(0) = 3
h ′(x) = sen2
(
sen(x+ 1)
) . Usando a regra da cadeia, isto é,
(f ◦ g) ′(x) =
[
f(g(x))
] ′
= f ′(g(x)).g ′(x), calcule:
(a) (f ◦ h) ′(0)
Solução: Observe que,
f ′(0) = lim
x→0
f(x) − f(0)
x− 0
= lim
x→0
x2.sen
(
1
x
)
− 0
x
= lim
x→0
x.sen
(
1
x
)
= 0,
h ′(0) = sen2
(
sen(0+ 1)
)
= sen2
(
sen(1)
)
,
g ′(0) = f(0+ 1) = f(1) = 12.sen
(
1
1
)
= sen(1)
e f ′(x) =
 f ′(x) = 2.x.sen
(
1
x
)
− cos
(
1
x
)
, se x 6= 0
f ′(0) = 0
. Assim,
(f ◦ h) ′(0) = f ′(h(0)).h ′(0) = f ′(3).sen2
(
sen(1)
)
=
=
[
6.sen
(
1
3
)
− cos
(
1
3
)]
.sen2
(
sen(1)
)
(b) (g ◦ f) ′(0)
Solução:
(g ◦ f) ′(0) = g ′(f(0)).f ′(0) = sen(1).0 = 0.
11. O número a é chamado de raiz dupla de uma função polinomial f se
f(x) = (x− a)2.g(x) para alguma função polinomial g. Responda:
(a) Prove que a é uma raiz dupla de f se, e somente se, a é uma raiz de ambas f e f ′.
Demonstração:
Ida(⇒) Se a é uma raiz dupla de f, temos que f(x) = (x− a)2.g(x), então
f ′(x) = (x− a)2.g ′(x) + 2(x−a).g(x)⇒ f ′(a) = 0.
7
Volta(⇐) Reciprocamente, se f(a) = 0 e f ′(a) = 0, então existe uma função g
tal que
f(x) = (x− a)g(x) e f ′(x) = (x− a).g ′(x) + g(x)⇒ g(a) = f ′(a) = 0.
Portanto, existe h(x) tal que,
g(x) = (x− a).h(x)⇒ f(x) = (x− a)2.h(x).
(b) Quando é que f(x) = a.x2 + b.x+ c, com a 6= 0, tem uma raiz dupla? O que isto
significa geometricamente?
Solução: Observe que a única raiz de f ′ é x = −
b
2.a
, pois
f ′(x) = 0⇔ 2.a.x+ b = 0⇔ x = − b
2.a
.
Assim, f tem uma raiz dupla se, e somente se, f
(
−
b
2.a
)
= 0, isto é
f
(
−
b
2.a
)
= 0⇔ a.
(
−
b
2.a
)2
+ b.
(
−
b
2.a
)
+ c = 0⇔
(
b2
4.a
)
−
(
b2
2.a
)
+ c = 0⇔ b
2 − 2b2 + 4.a.c
4.a
= 0⇔
−b2 + 4.a.c
4.a
= 0⇔ −b2 + 4.a.c = 0⇔ −∆ = 0⇔ ∆ = 0.
Geometricamente, esta é precisamente a condição de que o gráfico de f toca o eixo
horizontal no único ponto
−b
2a
.
12. Responda:
(a) Enuncie o Teorema do Valor Médio (TVM). (Dê uma ideia geométrica do mesmo).
Solução: Seja f : [a,b] −→ R contínua em [a,b] e derivável em (a,b). Então,
existe c ∈ (a,b) tal que
f ′(c) =
f(b) − f(a)
b− a
.
Geometricamente, isto significa que a tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa
c é paralela à secante que passa pelos pontos de abcissas a e b, isto é, pelos pontos
do gráfico (a, f(a)) e (b, f(b)).
8
(b) Seja f : I ⊂ R −→ R derivável no intervalo I. Se existe k ∈ R tal que |f ′(x)| 6 k,
∀ x ∈ I, então ∀ x,y,∈ I, tem-se que |f(x) − f(y)| 6 k|y− x|. (Use o TVM).
Demosntração:
(i) Se x = y, então a desigualdade |f(x) − f(x)| 6 k|x− x| ocorre.
(ii) Agora, ∀ x,y ∈ R, com x 6= y, i.e, |x− y| 6= 0, pelo TVM existe z ∈ I entre x
e y tal que f(y) − f(x) = f ′(z)(y− x). Daí,
|f(y) − f(x)| = |f ′(z)|.|y− x| 6 k|y− x|⇔ |f(y) − f(x)| 6 k|y− x|.
13. Responda:
(a) Se f(x) = ax2+bx+c, a < 0, use o teste da derivada segunda para mostrar que f
tem um valor máximo relativo. Em seguida, determine esse valor máximo relativo
e o número onde ele ocorre.
Demosntração:
(i) Calcular os pontos críticos de f, i.e, x ∈ R talque f ′(x) = 0. Daí, como
f ′(x) = 2ax+ b tem-se
2ax+ b = 0⇔ x = −b
2a
,
ou seja, x =
−b
2a
é o único ponto crítico de f.
(ii) Agora, como f ′′(x) = 2a < 0 para todo x ∈ R, então f ′′
(
−b
2a
)
< 0, logo
x =
−b
2a
é ponto de máximo relativo de f. Assim o valor máximo relativo de
f é dado por
f
(
−b
2a
)
= a.
(
−b
2a
)2
+ b.
(
−b
2a
)
+ c =
b2
4a
−
b2
2a
+ c =
=
b2 − 2b2 + 4ac
4a
=
−b2 + 4ac
4a
=
−(b2 − 4ac)
4a
=
−∆
4a
.
9
(b) Um retângulo de dimensões x e y tem perímetro 2a (a = cte). Determine x e y
para que sua área seja máxima.
Demosntração: O perímetro do retângulo é P = 2x + 2y = 2a, o que nos dá
x + y = a, i.e, y = a − x. Assim, a área do retângulo é f(x) = x.y = x(a − x) =
ax− x2. Calcular x para que a área seja máxima (x ponto de máximo).
(i) Calcular os pontos críticos de f, i.e, x ∈ R talque f ′(x) = 0. Daí, como
f ′(x) = a− 2x tem-se
a− 2x = 0⇔ x = a
2
,
ou seja, x =
a
2
é o único ponto crítico de f.
(ii) Agora, f ′′(x) = −2 < 0 para todo x ∈ R, então f ′′
(a
2
)
< 0, logo x =
a
2
é
ponto de máximo de f. Assim, a área máxima é dada por
f
(a
2
)
= a.
(a
2
)
−
(a
2
)2
=
(
a2
2
)
−
(
a2
4
)
=
(
a2
4
)
.
Bom Proveito!!!!
10