L2Gaba

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Versão 1
1. Determine, se existirem, os números reais m, b, tais que a função seguinte seja derivável em 0:
f(x) =
{
e−
1
x2 , x < 0
mx+ b, x ≥ 0
Dica: se for conveniente, pode usar que limx→0+
e
1
x2
x = 0.
Existe a derivada em 0 se e somente se existem e são iguais
lim
x→0−
f(x)− f(0)
x
= lim
x→0+
f(x)− f(0)
x
.
Observe, primeiro, que se f é derivável em 0, então f é cont́ınua em 0, donde
lim
x→0−
e−
1
x2 = lim
x→0+
mx+ b.
O limite do lado esquerdo é zero e o do lado direito é b, logo b = 0.
Como b = 0, então f(0) = m · 0 + 0 = 0, logo a derivada de f em 0 existe se e somente se
lim
x→0−
e−
1
x2
x
= lim
x→0+
mx
x
= m.
Pela dica, limx→0+
e
− 1
x2
x = 0 e como
e
− 1
x2
x é ı́mpar temos também limx→0−
e
1
x2
x = 0.
Portanto, m = 0, b = 0.
2. Encontre, se existir, a equação da reta tangente ao gráfico da função f(x) = cos(2x) · sen(3x)
para o ponto de abcissa x = π4 .
⇒ f ′(x) = − sen(2x) · 2 · sen(3x) + cos(2x) · cos(3x) · 3
⇒ f ′(x) = −2 · sen(2x) · sen(3x) + 3 · cos(2x) · cos(3x)
⇒ f ′
(π
4
)
= −2 · sen
(
2 · π
4
)
· sen
(
3 · π
4
)
+ 3 · cos
(
2 · π
4
)
· cos
(
3 · π
4
)
⇒ f ′
(π
4
)
= −2 · sen
(π
2
)
· sen
(
3π
4
)
+ 3 · cos
(π
2
)
· cos
(
3π
4
)
⇒ f ′
(π
4
)
= −2 · 1 ·
√
2
2
+ 3 · 0 ·
(
−
√
2
2
)
⇒ f ′
(π
4
)
= −
√
2
y0 = f
(π
4
)
= cos
(
2 · π
4
)
· sen
(
3 · π
4
)
= cos
(π
2
)
· sen
(
3π
4
)
= 0 ·
√
2
2
= 0
y = y0 +m · (x− x0)⇒ y = 0 + (−
√
2) · (x− π
4
)
⇒ y = −
√
2x+
√
2π
4
3. Derive a função f(x) = arctg(x) + arcsen(2x)
⇒ f ′(x) = 1
1 + x2
+
1√
1− (2x)2
· 2
⇒ f ′(x) = 1
1 + x2
+
2√
1− 4x2
4. Encontre a derivada de y dado que y satisfaz a equação abaixo
senx+ cosy = x · y
senx+ cosy = x · y ⇒ cosx− seny · y′ = 1 · y + x · y′
⇒ cosx− y = x · y′ + seny · y′
⇒ cosx− y = (x+ seny)y′
⇒ y′ = cosx− y
x+ seny
5. Encontre dydx se y
x = xy+1
yx = xy+1 ⇒ ln yx = lnxy+1
⇒ x ln y = (y + 1) lnx
⇒ ln y + xy
′
y
= y′ lnx+ (y + 1)
1
x
⇒ xy ln y + x2y′ = xyy′ lnx+ y(y + 1)
⇒ x2y′ − xyy′ lnx = y(y + 1)− xy ln y
⇒ (x2 − xy lnx)y′ = y(y + 1)− xy ln y
⇒ x(x− y lnx)y′ = y(y + 1− x ln y)
⇒ y′ = y(y + 1− x ln y)
x(x− y lnx)
Versão 2
1. Determine, se existirem, os números reais m, b, tais que a função seguinte seja derivável em 0:
f(x) =
{
e−
1
x2 − 1, x < 0
mx+ b, x ≥ 0
Dica: se for conveniente, pode usar que limx→0+
e
− 1
x2
x = 0.
Existe a derivada em 0 se e somente se existem e são iguais
lim
x→0−
f(x)− f(0)
x
= lim
x→0+
f(x)− f(0)
x
.
Observe, primeiro, que se f é derivável em 0, então f é cont́ınua em 0, donde
lim
x→0−
e−
1
x2 − 1 = lim
x→0+
mx+ b.
O limite do lado esquerdo é 0− 1 = −1 e o do lado direito é b, logo b = −1.
Como b = −1, então f(0) = m · 0− 1 = −1, logo a derivada de f em 0 existe se e somente se
lim
x→0−
e−
1
x2 − 1− (−1)
x
= lim
x→0−
e−
1
x2
x
= lim
x→0+
mx
x
= m.
Pela dica, limx→0+
e
− 1
x2
x = 0 e como
e
− 1
x2
x é ı́mpar temos também limx→0−
e
1
x2
x = 0.
Portanto, m = 0, b = −1.
2. Encontre, se existir, a equação da reta tangente ao gráfico da função f(x) = cos(2x) · sen(3x)
para o ponto de abcissa x = −π4 .
⇒ f ′(x) = − sen(2x) · 2 · sen(3x) + cos(2x) · cos(3x) · 3
⇒ f ′(x) = −2 · sen(2x) · sen(3x) + 3 · cos(2x) · cos(3x)
⇒ f ′
(
−π
4
)
= −2 · sen
(
2 ·
(
−π
4
))
· sen
(
3 ·
(
−π
4
))
+ 3 · cos
(
2 ·
(
−π
4
))
· cos
(
3 ·
(
−π
4
))
⇒ f ′
(π
4
)
= −2 · sen
(
−π
2
)
· sen
(
−3π
4
)
+ 3 · cos
(
−π
2
)
· cos
(
−3π
4
)
⇒ f ′
(π
4
)
= −2 · (−1) ·
(
−
√
2
2
)
+ 3 · 0 ·
(
−
√
2
2
)
⇒ f ′
(π
4
)
= −
√
2
y0 = f
(
−π
4
)
= cos
(
2 ·
(
−π
4
))
· sen
(
3 ·
(
−π
4
))
= cos
(
−π
2
)
· sen
(
−3π
4
)
= 0 ·
(
−
√
2
2
)
= 0
y = y0 +m · (x− x0)⇒ y = 0 + (−
√
2) · (x+ π
4
)
⇒ y = −
√
2x−
√
2π
4
3. Derive a função f(x) = arctg(2x) + arcsen(x)
⇒ f ′(x) = 1
1 + (2x)2
· 2 + 1√
1− x2
⇒ f ′(x) = 2
1 + 4x2
+
1√
1− x2
4. Encontre dydx se y
x+1 = xy+1
yx+1 = xy+1 ⇒ ln yx+1 = lnxy+1
⇒ (x+ 1) ln y = (y + 1) lnx
⇒ ln y + (x+ 1)y
′
y
= y′ lnx+ (y + 1)
1
x
⇒ xy ln y + (x2 + x)y′ = xyy′ lnx+ y(y + 1)
⇒ (x2 + x)y′ − xyy′ lnx = y(y + 1)− xy ln y
⇒ (x2 + x− xy lnx)y′ = y(y + 1)− xy ln y
⇒ x(x+ 1− y lnx)y′ = y(y + 1− x ln y)
⇒ y′ = y(y + 1− x ln y)
x(x+ 1− y lnx)
5. Encontre a inclinação da reta tangente ao gráfico da função dada abaixo no ponto (0,1)
F (x) = (1 + 2x)3 · (1 + x+ x2)5
F ′(x) = 3(1 + 2x)2 · 2 · (1 + x+ x2)5 + (1 + 2x)3 · 5(1 + x+ x2)4(1 + 2x)
= 6(1 + 2x)2 · (1 + x+ x2)5 + 5(1 + 2x)4(1 + x+ x2)4
F ′(0) = 6 · 1 · 1 + 5 · 1 · 1 = 11
Versão 3
1. Determine, se existirem, os números reais m, b, tais que a função seguinte seja derivável em 0:
f(x) =
{
senx
x + 1, x < 0
mx+ b, x ≥ 0
Dica: se for conveniente, pode usar que limx→0−
senx
x
−1
x = 0.
Existe a derivada em 0 se e somente se existem e são iguais
lim
x→0+
f(x)− f(0)
x
= lim
x→0−
f(x)− f(0)
x
.
Observe, primeiro, que se f é derivável em 0, então f é cont́ınua em 0, donde
lim
x→0−
senx
x
+ 1 = lim
x→0+
mx+ b.
O limite do lado esquerdo 1 + 1 e o do lado direito é b, logo b = 2.
Como b = 2, então f(0) = m · 0 + 2 = 2, logo a derivada em 0 existe se e somente se
lim
x→0−
senx
x + 1− 2
x
lim
x→0−
senx
x − 1
x
= lim
x→0+
mx
x
= m.
Pela dica, limx→0−
senx
x
−1
x = 0.
Portanto, m = 0, b = 2.
2. Encontre, se existir, a equação da reta tangente ao gráfico da função f(x) = −2 cos(2x) · sen(3x)
para o ponto de abcissa x = π3 .
⇒ f ′(x) = −2(− sen(2x) · 2 · sen(3x) + cos(2x) · cos(3x) · 3)
⇒ f ′(x) = 4 · sen(2x) · sen(3x)− 6 · cos(2x) · cos(3x)
⇒ f ′
(π
3
)
= 4 · sen
(
2 · π
3
)
· sen
(
3 · π
3
)
− 6 · cos
(
2 · π
3
)
· cos
(
3 · π
3
)
⇒ f ′
(π
3
)
= 4 · sen
(
2π
3
)
· sen (π)− 6 · cos
(
2π
3
)
· cos (π)
⇒ f ′
(π
3
)
= 4 ·
√
3
2
· 0− 6 ·
(
−1
2
)
· (−1)
⇒ f ′
(π
3
)
= −3
y0 = f
(π
3
)
= cos
(
2 · π
3
)
· sen
(
3 · π
3
)
= cos
(
2π
3
)
· sen (π) =
(
−1
2
)
· 0 = 0
y = y0 +m · (x− x0)⇒ y = 0 + (−3) · (x−
π
3
)
⇒ y = −3x+ π
3. Derive a função f(x) = arccotg(x) + arccos(2x)
⇒ f ′(x) = − 1
1 + x2
− 1√
1− (2x)2
· 2
⇒ f ′(x) = − 1
1 + x2
− 2√
1− 4x2
4. Encontre dydx se y
x+1 = xy
yx+1 = xy ⇒ ln yx+1 = lnxy
⇒ (x+ 1) ln y = y lnx
⇒ ln y + (x+ 1)y
′
y
= y′ lnx+ y
1
x
⇒ xy ln y + (x2 + x)y′ = xyy′ lnx+ y2
⇒ (x2 + x)y′ − xyy′ lnx = y2 − xy ln y
⇒ (x2 + x− xy lnx)y′ = y2 − xy ln y
⇒ x(x+ 1− y lnx)y′ = y(y − x ln y)
⇒ y′ = y(y − x ln y)
x(x+ 1− y lnx)
5. Encontre a derivada de y dado que y satisfaz a equação abaixo
senx+ cosy = x · y
senx+ cosy = x · y ⇒ cosx− seny · y′ = 1 · y + x · y′
⇒ cosx− y = x · y′ + seny · y′
⇒ cosx− y = (x+ seny)y′
⇒ y′ = cosx− y
x+ seny
Versão 4
1. Determine, se existirem, os números reais m, b, tais que a função seguinte seja derivável em 0:
f(x) =
{
senx
x , x < 0
mx+ b, x ≥ 0
Dica: se for conveniente, pode usar que limx→0−
senx
x
−1
x = 0.
Existe a derivada em 0 se e somente se existem e são iguais
lim
x→0+
f(x)− f(0)
x
= lim
x→0−
f(x)− f(0)
x
.
Observe, primeiro, que se f é derivável em 0, então f é cont́ınua em 0, donde
lim
x→0−
senx
x
= lim
x→0+
mx+ b.
O limite do lado esquerdo 1 e o do lado direito é b, logo b = 1.
Como b = 1, então f(0) = m · 0 + 1 = 1, logo a derivada em 0 existe se e somente se
lim
x→0−
senx
x − 1
x
= lim
x→0+
mx
x
= m.
Pela dica, limx→0−
senx
x
−1
x = 0.
Portanto, m = 0, b = 1.
2. Encontre, se existir, a equação da reta tangente ao gráfico da função f(x) = −2 cos(2x) · sen(3x)
para o ponto de abcissa x = −π3 .
⇒ f ′(x) = −2(− sen(2x) · 2 · sen(3x) + cos(2x) · cos(3x) · 3)
⇒ f ′(x) = 4 · sen(2x) · sen(3x)− 6 · cos(2x) · cos(3x)
⇒ f ′
(
−π
3
)
= 4 · sen
(
2 ·
(
−π
3
))
· sen
(
3 ·
(
−π
3
))
− 6 · cos
(
2 ·
(
−π
3
))
· cos
(
3 ·
(
−π
3
))
⇒ f ′
(
−π
3
)
= 4 · sen
(
−2π
3
)
· sen (−π)− 6 · cos
(
−2π
3
)
· cos (−π)
⇒ f ′
(π
3
)
= 4 ·
(
−
√
3
2
)
· 0− 6 ·
(
−1
2
)
· (−1)
⇒ f ′
(π
3
)
= −3
y0 = f
(
−π
3
)
= cos
(
2 ·
(
−π
3
))· sen
(
3 ·
(
−π
3
))
= cos
(
−2π
3
)
· sen (π) =
(
−1
2
)
· 0 = 0
y = y0 +m · (x− x0)⇒ y = 0 + (−3) · (x+
π
3
)
⇒ y = −3x− π
3. Derive a função f(x) = arccotg(2x) + arccos(x)
⇒ f ′(x) = − 1
1 + (2x)2
· 2− 1√
1− x2
⇒ f ′(x) = − 2
1 + 4x2
− 1√
1− x2
4. Encontre dydx se (y + 1)
x = xy
(y + 1)x = xy ⇒ ln(y + 1)x = lnxy
⇒ x ln(y + 1) = y lnx
⇒ ln(y + 1) + x y
′
y + 1
= y′ lnx+ y
1
x
⇒ x(y + 1) ln(y + 1) + x2y′ = x(y + 1)y′ lnx+ y(y + 1)
⇒ x2y′ − x(y + 1)y′ lnx = y(y + 1)− x(y + 1) ln(y + 1)
⇒ x(x− (y + 1) lnx)y′ = (y + 1)(y − x ln(y + 1))
⇒ y′ = (y + 1)(y − x ln(y + 1))
x(x− (y + 1) lnx)
5. Encontre a inclinação da reta tangente ao gráfico da função dada abaixo no ponto (0,1)
F (x) = (1 + 2x)3 · (1 + x+ x2)5
F ′(x) = 3(1 + 2x)2 · 2 · (1 + x+ x2)5 + (1 + 2x)3 · 5(1 + x+ x2)4(1 + 2x)
= 6(1 + 2x)2 · (1 + x+ x2)5 + 5(1 + 2x)4(1 + x+ x2)4
F ′(0) = 6 · 1 · 1 + 5 · 1 · 1 = 11