gma00108-atividades-13

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ATIVIDADES EM SALA DE AULA
Cálculo I -A-
Humberto José Bortolossi
http://www.professores.uff.br/hjbortol/
13
O Teorema da Função Inversa, Derivação Impĺıcita, Taxas Relacionadas
e Polinômios de Taylor
[01] (2013.2) Seja f : R → R uma função inverśıvel de classe C∞ com f ′(x) 6= 0 para todo x ∈ R.
Determine a equação da reta normal ao gráfico da função inversa f−1 no ponto (7, f−1(7)) sabendo
que f(3) = 7 e f ′(3) = 11. Justifique sua resposta!
[02] (2008.1) Use o teorema da função inversa para, a partir da derivada de y = f(x) = ln(x),
calcular a derivada de sua inversa f−1. Justifique cuidadosamente sua resposta!
[03] (2006.2) Seja y = f(x) definida implicitamente pela equação
y5 + x y4 − cos(x) = 0.
Calcule f ′(0) sabendo que f(0) = 1.
[04] (2008.1) Seja y = f(x) definida implicitamente pela equação
y2 + x2 = y4 − 2 x.
Calcule a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (−2,−1).
[05] (2009.2) Seja y = f(x) definida implicitamente pela equação
π
2
y sen
(
1
y
)
= 1− xy.
Calcule a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto
(
0,
2
π
)
.
[06] (2008.2) Seja y = f(x) definida implicitamente pela equação
x sen(2 y) = y cos(2 x).
Calcule a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f(p)) = (π/4, π/2).
[07] (2007.2) Um bote é puxado em direção ao atracadouro por uma corda que está atada na proa
do bote e que passa por uma polia sobre o ancoradouro (que está 1 m mais alto do que a proa
do bote). Se a corda é puxada a uma taxa de 1 m/s, quão rápido está se aproximando o bote do
ancoradouro quando ele estiver a 8 m dele?
1
[08] (2008.1) Café está sendo coado de um filtro na forma de um cone circular reto para um recipiente
na forma de um cilindro circular reto a uma taxa constante de 164 cm3/min (veja a figura abaixo).
15 cm
15 cm
15 cm
O quão rapidamente
este nível 
está aumentando?
O quão rapidamente está aumentando o ńıvel do recipiente ciĺındrico quando o ńıvel de café no
filtro é igual a 13 cm?
[09] (2008.1) Um homem anda ao longo de um caminho reto a uma velocidade constante de 1 m/s.
Um holofote localizado no chão a 6 m do caminho focaliza o homem. A que taxa o holofote está
girando quando o homem está a 5 m do ponto do caminho mais próximo da luz?
6
[10] (2009.1) Água está vazando de um reservatório semiesférico de raio R = 13 m a uma taxa de
6 m3/min. A figura abaixo apresenta uma esquema de perfil do reservatório.
Centro da semiesfera
Nível de água
2
Se y representa o ńıvel máximo de água no reservatório em metros (veja a figura), então o cor-
respondente volume V de água no reservatório é dado por V = (π/3)y2(3R− y).
(a) A que taxa o ńıvel máximo de água y está variando quando este ńıvel máximo de água é
igual a 8 m?
(b) Encontre uma expressão para o raio r da região circular que constitui a superf́ıcie de água
do reservatório em função de y.
(c) A que taxa está variando r quando o ńıvel máxima de água y é igual a 8 m?
[11] (2009.2) Na figura abaixo, o ponto A se desloca sobre o eixo x, na direção positiva do eixo,
com velocidade constante igual a 1 m/s. Os pontos B e O estão fixos nas posições (0, 1) e (0, 0),
respectivamente. Qual é a taxa de variação do ângulo θ quando A = (
√
3, 0)?
O
y
B
µ
A x
[12] (2008.1) Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 da função y = f(x) =
√
x+ 1 no ponto p = 0.
[13] (2008.1) Calcule o polinômio de Taylor de ordem 7 da função f(x) =
1
x+ 1
no ponto p = 0.
[14] (2009.1) Calcule o polinômio de Taylor de ordem 2 da função y = f(x) = arctan(2 x) no
ponto p = 1/2.
[15] (2013.2) Seja g : R→ R uma função de classe C∞ tal que g(3) = 1, g′(3) = 7 e g′′(3) = 11. Seja
também
f(x) = (x+ 1) · g(3 + 2 x+ x2).
(a) Calcule f(0) e f ′(0). Justifique sua resposta!
(b) Calcule f ′′(0). Justifique sua resposta!
(c) Calcule o polinômio de Taylor de ordem 2 de f no ponto p = 0.
[16] (2014.1) Calcule o polinômio de Taylor de ordem 2 da função y = f(x) = e−x
2+2 x−1 no ponto
p = 1. Justifique sua resposta.
3
Respostas dos Exerćıcios
[01] Pelo teorema da função inversa, temos que
(f−1)′(7) =
1
f ′(f−1(7))
=
1
f ′(3)
=
1
11
.
Desta maneira, a equação da reta normal ao gráfico da função inversa f−1 no ponto (7, f−1(7))
é dada por
y = f−1(7)−
1
(f−1)′(7)
· (x− 7) = 3− 11 · (x− 7).
[02] Se f(x) = ln(x), sabemos que f ′(x) = 1/x e f−1(x) = ex. Usando o teorema da função inversa,
temos que
(f−1)′(x) =
1
f ′(f−1(x))
=
1
f ′(ex)
=
1
1
ex
= ex.
[03] Temos que y5 + x y4− cos(x) = 0⇒ (f(x))5 + x (f(x))4− cos(x) = 0. Derivando-se os dois lados
com relação a x, vemos que
5 (f(x))4 f ′(x) + 1 (f(x))4 + x 4 (f(x))3 f ′(x) + sen(x) = 0.
Substituindo-se x = 0 na equação acima e lembrando que sen(0) = 0, vemos que 5 (f(0))4 f ′(0) +
1 (f(0))4 = 0. Mas f(0) = 1. Desta maneira, 5 f ′(0) + 1 = 0, isto é,
f ′(0) = −
1
5
.
[04] Temos que
y2 + x2 = y4 − 2 x
⇓
d
dx
[
y2 + x2
]
=
d
dx
[
y4 − 2 x
]
⇓
2 yy′ + 2 x = 4 y3y′ − 2
⇓
yy′ + x = 2 y3y′ − 1
⇓
y′ =
x+ 1
y (2 y2 − 1)
.
Substituindo x = −2 e y = f(−2) = −1, conclúımos que
f ′(−2) =
(−2) + 1
(−1) (2 (−1)2 − 1)
= 1.
Desta maneira, a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (−2,−1) é dada por
y = f(−2) + f ′(−2) · (x− (−2)) = −1 + 1 · (x+ 2) = x+ 1.
4
[05] Derivando dos dois lados, segue-se que
π
2
y′ sen
(
1
y
)
+
π
2
y cos
(
1
y
)
−y′
y2
= −y − xy′.
Quando x = 0, temos que y = 2/π. Assim,
π
2
y′ sen



1
2
π


+
π
2
(
2
π
)
cos



1
2
π



−y′
(
2
π
)2 = −
(
2
π
)
− (0) y′,
isto é,
π
2
y′ sen
(π
2
)
−
(π
2
)2
cos
(π
2
)
y′ = −
2
π
,
ou, ainda,
π
2
y′ = −
2
π
.
Desta maneira, em x = 0, y′ = −(2/π)2. Logo, a equação da reta tangente ao gráfico de f no
ponto (0, 2/π) é dada por
y = f(0) + f ′(0) · (x− 0) =
2
π
−
(
2
π
)2
x.
[06] Se y = f(x), então x sen(2 f(x)) = f(x) cos(2 x). Derivando dos dois lados, obtemos que
sen(2 f(x)) + 2 x cos(2 f(x)) f ′(x) = f ′(x) cos(2 x)− 2 f(x) sen(2 x).
Fazendo x = π/4 e f(x) = f(π/4) = π/2, obtemos que
sen (π) +
π
2
cos(π) f ′
(π
4
)
= f ′
(π
4
)
cos
(π
2
)
− π sen
(π
2
)
.
Uma vez cos(π/2) = 0, sen(π/2) = 1, cos(π) = −1 e sen(π) = 0, conclúımos que
f ′
(π
4
)
= 2.
Assim, a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f(p)) = (π/4, π/2) é dada por
y = f(p) + f ′(p) · (x− p) =
π
2
+ 2
(
x−
π
4
)
= 2 x.
[07] Na figura abaixo, P , B e H representa, respectivamente as posições da polia P , da proa do
barco B e da base do ancoradouro H. Sejam y(t) a distância entre P e H e x(t) a distância entre
B e H no instante de tempo t.
P
B H
y(t)
x(t)
1 m
5
Como (y(t))2 = (x(t))2 + 1, segue-se que
(y(t))2 = (x(t))2 + 1 ⇒
d
dt
[
(y(t))2
]
=
d
dt
[
(x(t))2 + 1
]
⇒ 2 y(t) y′(t) = 2 x(t) x′(t)
⇒ y(t) y′(t) = x(t) x′(t).
No instante de tempo em que x(t) = 8 m, temos que
y(t) =
√
(x(t))2 + 1 =
√
82 + 1 =
√
65 m
e y′(t) = −1 m/s (a derivada é negativa porque y = y(t) decresce com o tempo). Sendo assim:
y(t) y′(t) = x(t) x′(t) ⇒
√
65 (−1) = 8 x′(t) ⇒ x′(t) = −
√
65
8
m/s.
[08] Se V (t) representa o volume de café no recipiente e h(t) representa o ńıvel de café do recipiente
no tempo t, então
V (t) = π ·
(
15
2
)2
· h(t) =
π · 225
4
· h(t)
Derivando, obtemos que
dV
dt
(t) =
π · 225
4
·
dh
dt
(t), isto é,
dh
dt
(t) =
4
π · 225
·
dV
dt
(t).
Como, em módulo, a taxa de variação do volume do filtro é igual a taxa de variação do volume
no recipiente, conclúımos que (dV/dt)(t) = 164 cm3/min. Portanto,
dh
dt
(t) =
4
π · 225
· 164 =
656
π · 225
= 0.92 . . . cm/min.
[09] Temos que tg(θ(t)) = x(t)/6. Derivando dos dois lados, conclúımos que
sec2(θ(t)) θ′(t) = x′(t)/6.
Mas sec2(θ(t)) = 1 + tg2(θ(t)) = 1 + (x(t)/6)2 = 1 + (x(t))2/36. Assim,
(
1 + (x(t))2/36
)
θ′(t) = x′(t)/6, isto é, θ′(t) =
x′(t)
6
(
1 + (x(t))2/36
) .
Como x′(t) = 1 m/s, no instante de tempo t em que x(t) = 5 m, temos queθ′(t) =
1
6
(
1 + 52/36
) =
6
61
rad/s.
[10] (a) Temos que V (t) = (π/3)(y(t))2(39− y(t)). Derivando dos dois lados, obtemos que
d
dt
(V (t)) =
d
dt
[π
3
(y(t))2(39− y(t))
]
=
2 π
3
y(t)y′(t)(39− y(t))−
π
3
(y(t))2y′(t).
Como (dV/dt)(t) = constante = −6 m3/min, no instante de tempo t em que y(t) = 8 m, vale
que
−6 =
2 π
3
(8)y′(t)(39− 8)−
π
3
(8)2y′(t) = 144 πy′(t).
Sendo assim, neste instante de tempo, y′(t) = −6/(144 π) = −1/(24 π) m/min.
6
(b) Pelo teorema de Pitágoras, 132 = (r(t))2 + (13− y(t))2. Logo,
r(t) =
√
169− (13− y(t))2.
(c) Temos que
dr
dt
(t) =
(13− y(t))
√
169− (13− y(t))2
dy
dt
(t).
No item (b), vimos que no instante de tempo t em que y(t) = 8 m, vale que (dy/dt)(t) =
−1/(24 π) m/min. Assim, neste instante de tempo,
dr
dt
(t) =
(13− 8)
√
169− (13− 8)2
(
−
1
24 π
)
= −
5
288 π
m/min.
[11] Escrevendo A(t) = (x(t), 0), temos que x′(t) = 1 m/s e tg(θ(t)) = OB/OA = 1/x(t). Note que,
quando x(t) =
√
3, tg(θ(t)) = 1/
√
3, isto é, θ(t) = π/6. Agora
tg(θ(t)) =
1
x(t)
⇒
d
dt
(tg(θ(t))) =
d
dt
(
1
x(t)
)
⇒ sec2(θ(t)) · θ′(t) = −
x′(t)
(x(t))2
Quando x(t) =
√
3, sec2(θ(t)) = sec2(π/6) = 4/3. Assim, (4/3) · θ′(t) = −1/(
√
3)2 = −1/3 e,
portanto, θ′(t) = −1/4 rad/s.
[12] Temos que
f(x) = (x+ 1)1/2, f ′(x) =
1
2
· (x+ 1)−1/2, f ′′(x) = −
1
4
· (x+ 1)−3/2 e
f ′′′(x) =
3
8
· (x+ 1)−5/2.
Conseqüentemente, f(0) = 1, f ′(0) = 1/2, f ′′(0) = −1/4 e f ′′′(0) = 3/8. Assim, o polinômio de
Taylor de ordem 3 de f(x) =
√
x+ 1 no ponto p = 0 é dado por
y = p3(x) = f(0) + f
′(0)(x− 0) +
f ′′(0)
2!
(x− 0)2 +
f ′′′(0)
3!
(x− 0)3 = 1 +
1
2
x−
1
8
x2 +
1
16
x3.
[13] Temos que
f(x) = (x+ 1)−1, f ′(x) = −(x+ 1)−2, f ′′(x) = 2 · (x+ 1)−3,
f (3)(x) = −3 · 2 · (x+ 1)−4 = −3! · (x+ 1)−4,
f (4)(x) = 4 · 3! · (x+ 1)−5 = 4! · (x+ 1)−5,
f (5)(x) = −5 · 4! · (x+ 1)−6 = −5! · (x+ 1)−6,
f (6)(x) = 6 · 5! · (x+ 1)−7 = 6! · (x+ 1)−7,
f (7)(x) = −7 · 6! · (x+ 1)−8 = −7! · (x+ 1)−8.
Consequentemente, f(0) = 1 = 0!, f ′(0) = −1 = −1!, f ′′(0) = 2 = 2!, f (3)(0) = −3!, f (4)(0) = 4!,
f (5)(0) = −5!, f (6)(0) = 6! e f (7)(0) = −7!. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 7 da
função y = f(x) = 1/(x+ 1) no ponto p = 0 é dado por
y = p7(x) =
7∑
i=0
f (i)(0)
i!
(x− 0)i = 1− x+ x2 − x3 + x4 − x5 + x6 − x7.
7
[14] O polinômio de Taylor de ordem 2 da função y = f(x) = arctan(2 x) no ponto p = 1/2 é dado
por
t2(x) = f(1/2) + f
′(1/2) (x− 1/2) +
f ′′(1/2)
2
(x− 1/2)2.
Agora,
f ′(x) =
2
1 + 4 x2
e f ′′(x) = −
16 x
(1 + 4 x2)2
.
Portanto, f ′(1/2) = 1 e f ′′(1/2) = −2. Como f(1/2) = arctg(1) = π/4, segue-se que
t2(x) =
π
4
+
(
x−
1
2
)
−
(
x−
1
2
)2
=
π − 3
4
+ 2 x− x2.
[15] (a) Temos que f(0) = (0 + 1) · g(3 + 2 · 0 + 02) = g(3) = 1. Usando as regras do produto e da
cadeia, segue-se que
f ′(x) = g(3 + 2 x+ x2) + (x+ 1) · g′(3 + 2 x+ x2) · (2 + 2 x)
= g(3 + 2 x+ x2) + 2 (x+ 1)2 · g′(3 + 2 x+ x2).
Portanto, f ′(0) = g(3) + 2 · g′(3) = 1 + 2 · 7 = 15.
(b) Temos que
f ′′(x) = g′(3 + 2 x+ x2) · (2 + 2 x) + 4 (x+ 1) · g′(3 + 2 x+ x2) +
2 (x+ 1)2 · g′′(3 + 2 x+ x2) · (2 + 2 x)
= 6 (x+ 1) · g′(3 + 2 x+ x2) + 4 (x+ 1)3 · g′′(3 + 2 x+ x2).
Portanto, g′′(0) = 6 · g′(3) + 4 · g′′(3) = 6 · 7 + 4 · 11 = 86.
(c) O polinômio de Taylor de ordem 2 de f no ponto p = 0 é dado por
y = f(0) + f ′(0) · (x− 0) +
f ′′(0)
2!
· (x− 0)2 = 1 +
7
2
· x+ 43 · x2.
[16] Temos que f ′(x) = e−x
2+2 x−1 · (−2 x+ 2) e, portanto,
f ′′(x) = e−x
2+2 x−1 · (−2 x+ 2) · (−2 x+ 2) + e−x
2+2 x−1 · (−2)
= 2 e−x
2+2 x−1 · (2 x2 − 4 x+ 1).
Desta maneira, f(1) = e−(1)
2+2 (1)−1 = e0 = 1, f ′(1) = e−(1)
2+2 (1)−1 · (−2 (1) + 2) = 0 e f ′′(1) =
2 e−(1)
2+2 (1)−1 (2 (1)2 − 4 (1) + 1) = −2. Sendo assim, o polinômio de Taylor de ordem 2 de f no
ponto p = 1 é dado por
t2(x) = f(1) + f
′(1) · (x− 1) +
f ′′(1)
2!
· (x− 1)2 = 1− (x− 1)2 = −x2 + 2 x.
Texto composto em LATEX2e, HJB, 07/10/2014.
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