Segunda Lista de Exercícios - Derivadas (resolução).

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN–DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
Ca´lculo 1 - 2 a Lista de Exerc´ıcios - Soluc¸o˜es
Prof. Ce´sar Castilho
Enviar correc¸o˜es para castilho@dmat.ufpe.br
1 - Calcule dy
dx
:
a) y = x2 − 4 x, y′ = 2 x− 4 .
b) y = −5x12, y′ = −60x11 .
c) y = 2 x9 − 3x+ 2, y′ = 18 x8 − 3 .
d) y =
√
2 x− 1
x
, y′ =
√
2 +
1
x2
.
e) y =
1
d
(
a x3 − 1
b
x+ c
)
, y′ =
1
d
(
3 a x2 − 1
b
)
.
f) y = 7 x−6 − 5x−2, y′ = −42x−7 + 10 x−3.
g) y = x−2 +
5
x6
, y′ = −2, x−3 + 6
5
x5.
h) y =
x3 + 3 x7
x2
, Simplificando:y = x+ 3 x5 → y′ = 1 + 15 x4 .
i) y = pi3, y′ = 0 .
j) y = x
1
3 + 3 x
5
7 , y′ =
1
3
x−
2
3 + 15 x−
2
5 .
k) y =
x2 + 1
x
+
1
x3
, Simplificando:y = x+ x−1 + x−3 → y′ = 1− x−2− 3x−4 .
l) y = (
1
x
+
1
x8
) (3 x2+27), Simplificando:y = 3 x+3x−6+27x−1+27 x−8 →
y′ = 3− 18x−7 − 27 x−2 − 216 x−9 .
2- Calcule d
2y
dx2
:
1) y = 7 x3 − 5x2 + x, dy
dx
= 21 x2 − 10 x+ 1 , d
2y
dx2
= 42 x− 10 .
2) y =
x+ 1
x
,
dy
dx
= − 1
x2
,
d2y
dx2
=
2
x3
.
3) y =
3x− 2
5x
,
dy
dx
=
2
5x2
,
d2y
dx2
= − 4
5x3
.
4) y = (5 x2− 3) (7 x3+x), dy
dx
= 175 x4− 48x2− 3 , d
2y
dx2
= 700 x3− 96x .
5) y =
1
x
− 1
x2
,
dy
dx
= −x−2 + 2 x−3 , d
2y
dx2
= 2 x−3 − 6x−4 .
6) y = x
2
3 − x−3, dy
dx
=
2
3
x−
1
3 + 3 x−4 ,
d2y
dx2
= −2
9
x−
4
3 − 12 x−5.
7) y = xa + 2 xb,
dy
dx
= a xa−1 + 2 b xb−1 ,
d2y
dx2
= a (a− 1) xa−2 + 2 b (b− 1) xb−2 .
8) y = (x2)7 − 2 (x7)3, dy
dx
= 14 x13 − 42x20, d
2y
dx2
= 182 x12 − 840x19 .
9) y =
1
x
+
1
xa
,
dy
dx
= −x−2 − a x−a−1 , d
2y
dx2
= 2 x−3 + a (a+ 1) x−a−2 .
3- Calcule y′:
1) y = (x2 − 3) (x5 − 2x− 3)
Pela regra do produto
y′ = (x2 − 3)′ (x5 − 2x− 3) + (x2 − 3) (x5 − 2x− 3)′ ,
y′ = 2 x (x5 − 2 x− 3) + (x2 − 3) (5 x4 − 2) .
2) y =
(x2 − 3)
(x5 − 2x− 3)
Pela regra do quociente
y′ =
(x2 − 3)′ (x5 − 2 x− 3)− (x2 − 3) (x5 − 2x− 3)′
(x5 − 2 x− 3)2
y′ =
2x (x5 − 2x− 3)− (x2 − 3) (5 x4 − 2)
(x5 − 2 x− 3)2
3) y =
(x5 − 2x− 3)
(x2 − 3)
Pela regra do quociente
y′ =
(x5 − 2 x− 3)′ (x2 − 3)− (x5 − 2 x− 3) (x2 − 3)′
(x2 − 3)2
y′ =
(5 x4 − 2) (x2 − 3)− (x5 − 2x− 3) 2 x
(x2 − 3)2
4) y =
(x5 − 2x− 3)
(x2 − 3)3
Pela regra do quociente
y′ =
(x5 − 2x− 3)′ (x2 − 3)3 − (x5 − 2x− 3) ((x2 − 3)3)′
(x2 − 3)6
Como pela regra do produto(
(x2 − 3)3
)′
= (x2−3)′ (x2−3) (x2−3)+(x2−3) (x2−3)′ (x2−3)+(x2−3) (x2−3) (x2−3)′
(
(x2 − 3)3
)′
= 3 (x2 − 3)2 2 x = 6 x (x2 − 3)2
segue que
y′ =
(5 x4 − 2) (x2 − 3)3 − (x5 − 2 x− 3) 6 x (x2 − 3)2
(x2 − 3)6
5) y =
(x2 − 3)3
(x5 − 2x− 3)
Pela regra do quociente
y′ =
((x2 − 3)3)′ (x5 − 2x− 3)− (x2 − 3)3 (x5 − 2x− 3)′
(x5 − 2 x− 3)2
Como pela regra do produto(
(x2 − 3)3
)′
= (x2−3)′ (x2−3) (x2−3)+(x2−3) (x2−3)′ (x2−3)+(x2−3) (x2−3) (x2−3)′
(
(x2 − 3)3
)′
= 3 (x2 − 3)2 2 x = 6 x (x2 − 3)2
segue que
y′ =
6x (x2 − 3)2(x5 − 2x− 3)− (x2 − 3)3 (5x4 − 2)
(x5 − 2 x− 3)2
6) y = (x+ 1) (x7 − 5 x+ 1) (x3 − 2x2 − 3)
Pela regra do produto
y = (x7 − 5x+ 1) (x3 − 2x2 − 3) + (x+ 1) (7 x6 − 5) (x3 − 2 x2 − 3)
+(x+ 1) (x7 − 5x+ 1) (3 x2 − 4x)
7) y =
x2 + 3
x3 − x2+3
x5+2x−1
Primeiro observe que
y =
x2 + 3
x3 − x2+3
x5+2x−1
=
(x2 + 3) (x5 + 2 x− 1)
x8 + 2 x4 − x3 − x2 − 3
Pela regra do quociente
y′ =
[(x2 + 3) (x5 + 2 x− 1)]′ (x8 + 2 x4 − x3 − x2 − 3)− (x2 + 3) (x5 + 2 x− 1) (x8 + 2 x4 − x3 − x2 − 3)′
(x8 + 2 x4 − x3 − x2 − 3)2
onde [
(x2 + 3) (x5 + 2 x− 1)
]′
= 2 x (x5 + 2 x− 1) + (x2 + 3) (5 x4 + 2) .
(x8 + 2 x4 − x3 − x2 − 3)′ = 8 x7 + 8 x3 − 3 x2 − 2x .
8) y =
1
1 + 1
2x−1
Primeiro observe que
y =
1
1 + 1
2x−1
=
2x− 1
2x
= 1− 1
2 x
,
y′ =
1
2x2
.
9) y =
x−2 + 2 x3 − 2
1 + 3 x−3 + x2
Pela regra do quociente
y′ =
(x−2 + 2 x3 − 2)′(1 + 3 x−3 + x2)− (x−2 + 2 x3 − 2) (1 + 3 x−3 + x2)′
(1 + 3 x−3 + x2)2
y′ =
(−2x−3 + 6 x2)(1 + 3 x−3 + x2)− (x−2 + 2 x3 − 2) (−9x−4 + 2 x)
(1 + 3 x−3 + x2)2
10) y =
1
1− 1
1+ 1
1− 1x
Simplificando temos que y = 2− 1
x
e portanto y′ = 1
x2
.
4- Resolva os seguintes problemas:
a) Ache uma func¸a˜o y = a x2+b x+c cujo gra´fico tem um intercepto x de 1, um intercepto
y de -2 e tem uma reta tangente com inclinac¸a˜o de -1 no intercepto y.
Intercepto x de 1 implica que y = 0 quando x = 1 isto e´
0 = a+ b+ c.
Intercepto y de -2 implica que y = −2 quando x = 0 isto e´
−2 = c.
A inclinac¸a˜o da reta tangente e´ dada por y′ = 2 a x + b. Como a reta tangente tem
inclinac¸a˜o de -1 no intercepto y temos que y′ = −1 quando x = 0 isto e´
−1 = b.
Assim segue que a = 3, b = −1 e c = −2. A func¸a˜o e´ dada por
y = 3 x2 − x− 2 .
b) Ache k se a reta y = x2 + k e´ tangente a` reta y = 2 x
Se as curvas se interceptam no ponto (x0, y0) temos que
x20 + k = 2 x0.
Por hipo´tese as curvas sa˜o tangentes nesse ponto, isto e´, suas retas tangentes nesse ponto
possuem a mesma inclinac¸a˜o. Como a inclinac¸a˜o da reta tangente a y = x2+k e´ yprime =
2x e a inclinac¸a˜o da reta tangente ay = 2 x e´ y′ = 2 segue que
2x0 = 2
Segue portanto que x0 = 1 e pela primeira equac¸a˜o
12 + k = 2
e portanto k = 1.
c) Ache a coordenada x do ponto sobre o gra´fico de y = x2 no qual a reta tangente
e´ paralela a` reta secante que corta a curva em x = −1 e x = 2.
A inclinac¸a˜o da secante e´ dada por
mc =
22 − (−1)2
2− (−1) = 1
A reta tangente sera´ paralela a secante quando y′ = 1 isto e´ quando
2x = 1
e portanto x = 1
2
.
d) Ache as coordenadas dos pontos sobre o gra´fico de y = 2 x3 − x2 + 1 nos quais as
retas tangentes sa˜o paralelas a` reta secante que corta a curva em x = 1 e x = 4.
Como y(4) = 113 e y(1) = 2 a inclinac¸a˜o da secante e´ dada por
mc =
113− 2
4− 1 =
111
3
.
A tangente sera´ paralela a secante quando y′ = mc isto e´, quando
6x2 − 2x = 111
3
As coordenadas desejadas sera˜o dadas como as ra´ızes dessa equac¸a˜o de segundo grau.
x =
6±√8028
36
e) Ache as coordenadas de todos os pontos sobre o gra´fico de y = 1− x2 nos quais a reta
tangente passa pelo ponto (2, 0).
A reta tangente ao gra´fico de y(x) no ponto (x0, 1− x20) e´ dada por
y = 1− x20 − 2x0 (x− x0) .
Para que esta reta passe pelo ponto (2, 0) temos de ter
0 = 1− x20 − 2x0 (2− x0)
isto e´
x20 − 4x0 + 1 = 0 .
x0 =
4±√12
2
.
f) Mostre que qualquer par de retas tangentes a` para´bola y = a x2, a 6= 0, intercepta-se
num ponto que esta´ sobre uma reta vertical passando pelo ponto me´dio dos pontos de
tangeˆncia.
Considere dois pontos arbitra´rios sobre a para´bola: P0 = (x0, a x
2
0) e P1 = (x1, a x
2
1).
A reta vertical passando pelo ponto me´dio de P0 e P1 tem equac¸a˜o x =
x0+x1
2
.
Reta tangente por x0 :
y = a x20 + 2 a x0 (x− x0) .
Reta tangente por x1 :
y = a x21 + 2 a x1 (x− x1) .
As retas se interceptam no ponto
a x20 + 2 a x0 (x− x0) = a x21 + 2 a x1 (x− x1)
Rseolvendo esta equac¸a˜o para x obtemos que
x =
x0 + x1
2
o que pova o resultado.
g) Seja L a reta tangente ao gra´fico de y = a x3+ b x em x = x0. Ache a coordenada
x do ponto onde L intercepta o gra´fico uma segunda vez.
Equac¸a˜o da reta L tangente ao gra´fico:
y = y0 + (3 a x
2
0 + b) (x− x0)
Para que a reta L intercepte a cu´bica devemos ter que
y0 + (3 a x
2
0 + b) (x− x0) = a x3 + b x .
Como y0 = a x
3
0 + b x0
a x30 + b x0 + (3 a x
2
0 + b) (x− x0) = a x3 + b x ,
que escrevemos como
a (x3 − x30) + b (x− x0)− (3 a x20 + b) (x− x0) = 0
(x− x0)
[
a (x2 + xx0 + x
2
0) + b− (3 a x20 + b)
]
= 0
a (x− x0)
[
x2 + xx0 − 2x20
]
= 0
a (x− x0)2 [x+ 2 x0] = 0
Como na˜o estamosinterssados na soluc¸a˜o x = x0 (por queˆ ?) temos que
x = −2 x0 .
h) Mostre que o segmento de reta tangente ao gra´fico de y = 1
x
que e´ cortado fora
pelos eixos coordenados e´ bissectado pelo ponto de tangeˆncia.
A reta tangente ao gra´fico de y que passa pelo ponto P = (x0,
1
x0
) dada por
y =
1
x0
− 1
x20
(x− x0).
Esta reta intersecta o eixo y no ponto Py = (0,
2
x0
) e o eixo x no ponto Px = (2 x0, 0) A
distaˆncia d1 entre os pontos P e Py e´ dada por
d21 = (x0 − 0)2 + (
1
x0
− 2
x0
)2 = x20 +
1
x20
.
A distaˆncia d2 entre os pontos P e Px e´ dada por
d22 = (x0 − 2 x0)2 + (
1
x0
− 0)2 = 1
x20
+ x20 .
Como d1 = d2 provamos o resultado.
i) Mostre que o triaˆngulo formado por qualquer reta tangente ao gra´fico de y = 1
x
e pelos
eixos coordenados tem uma a´rea de 2 unidades quadradas.
Usando o exerc´ıcio anterior temos que a a´rea A do triaˆngulo e´ dada por
A =
base× altura
2
=
1
2
2 x0
2
x0
= 2 .
j) Ache as condic¸o˜es sobre a, b, c e d para que o gra´fico do polinoˆmio f(x) = a x3 + b x2 +
c x+ d tenha:
A inclinac¸a˜o da tangente e´ dada por
f ′ = 3 a x2 + 2 b x+ c
Seja
∆ = 4 b2 − 12 a c.
i) exatamente duas tangentes horizontais.
Queremos que a equac¸a˜o f ′ = 0 tenha duas soluc¸o˜es reais. Basta que
∆ > 0
ii) exatamente uma tangente horizontal.
Queremos que a equac¸a˜o f ′ = 0 tenha uma soluc¸a˜o real. Basta que
∆ = 0
iii) na˜o tenha tangentes horizontais.
Queremos que a equac¸a˜o f ′ = 0 na˜o admita soluc¸a˜o real. Basta que
∆ < 0