ExercÃ-ciosAplicDerivadasRES

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1 
 
 UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA 
 CENTRO DE CIÊNCIAS FÍSICAS E MATEMÁTICA 
 DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 
 DISCIPLINA: CÁLCULO I 
 PROFESSOR: MARCOS MARTINS 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS - RESOLUÇÕES 
(APLICAÇÕES DAS DERIVADAS) 
 
( 1 ) Um carro desloca-se em linha reta obedecendo á função posição 
4( ) cosf t t t 
, 
0t 
. 
 Determine: 
 
( a ) sua velocidade em função de 
t
. 
 
Resolução: 
 
# A velocidade instantânea 
( )v t
 de um móvel no instante 
t
 é a derivada da função 
( )f t
 que 
descreve a posição do móvel, no instante 
t
: 
( ) '( )v t f t
. 
# Assim, temos: 
 
4 3( ) '( ) ( cos )' 4v t f t t t t sent    
, 
0t 
. 
 
OBSERVAÇÃO: Lembre-se que 
4 3( ) '( ) 4u t t u t t  
 e 
( ) cos '( )v t t v t sent   
. 
 
( b ) sua aceleração em função de 
t
. 
 
Resolução: 
 
# A aceleração instantânea 
( )a t
 de um móvel no instante 
t
 é a derivada da função velocidade 
( )v t
: 
( ) '( )a t v t
. 
# Assim, temos: 
 
3 2( ) '( ) (4 )' 12 cosa t v t t sent t t    
, 
0t 
. 
 
OBSERVAÇÃO: Lembre-se que 
3 2( ) 4 '( ) 12u t t u t t  
 e 
( ) '( ) cosv t sent v t t  
. 
 
 
( c ) sua velocidade em 
0t 
. 
 
Resolução: 
 
# Calculamos o valor de 
v
 em 
0t 
 para a função velocidade determinada no item (b): 
 
3 3( ) 4 (0) 4(0) (0) 0v t t sent v sen     
 
 
 
2 
 
( 2 ) Determine os pontos críticos da função 
4 3( ) 2 4f x x x  
, 
x
. 
 
 Resolução: 
# Um ponto 
( )c Dom f
 é chamado ponto crítico de 
f
 quando 
'( ) 0f c 
 e quando 
f
 não é 
derivável em 
c
. 
# Então, determinemos primeiramente 
'( )f x
: 
 
4 3 3 2'( ) ( 2 4)' 4 6f x x x x x    
 
 
# Agora verifiquemos os pontos em que 
'( ) 0f x 
: 
 
3 2 2 2'( ) 0 4 6 0 2 (2 3) 0 2 0f x x x x x x        
 ou 
2 3 0 0x x   
 ou 
3
2
x  
. 
 
# Observe os pontos críticos no gráfico abaixo: 
 
 
 
 Perceba que os pontos críticos correspondem exatamente onde há mudança de direção. 
 
# Logo, os pontos críticos de “
f
” são: 
0
 e 
3
2

. 
 
 
 
3 
 
( 3 ) Verifique se as hipóteses do teorema de Rolle são satisfeitas pela função 
f
 dada. Determine onde 
'( ) 0f x 
: 
3 2( ) 2 2f x x x  
, 
[ 1, 2]x 
. 
 
Resolução: 
 
# Verificação das hipóteses do teorema de Rolle: 
 ( i ) 
:[ 1, 2]f  
 
 ( ii ) 
f
 é uma função contínua no intervalo 
[ 1, 2]
, pois 
f
 é uma função polinomial e 
 todas as funções polinomiais são contínuas para todo número real. 
 (iii ) 
f
 é derivável no intervalo 
( , )a b
. 
 ( iv ) 
3 2( 1) ( 1) 2( 1) ( 1) 2 0f         
 e 
 
3 2(2) (2) 2(2) (2) 2 0f     
 
 
 Vemos que 
( 1) (2)f f 
. 
 
# Como as condições acima são satisfeitas, de acordo com o teorema de Rolle, existe pelo menos 
um 
0 ( , )x a b
 onde 
0'( ) 0f x 
. Determinemos: 
 
2 2
0 0
2 7
'( ) 3 4 1 '( ) 3 4 1 0
3
f x x x f x x x x

         
 
 
# Logo, 
0
2 7
3
x


. 
 
( 4 ) Seja 
2( ) 1f x x 
, 
[ 3, 3]x 
. Determine 
0 [ 3, 3]x  
 onde 
0
(3) ( 3)
'( )
3 ( 3)
f f
f x
 

 
. 
Resolução: 
 
# Calculemos
(3)f
: 
2(3) (3) 1 10f   
 
# Calculemos
( 3)f 
: 
2( 3) ( 3) 1 10f     
 
# Determinemos 
'( )f x
: 
'( ) 2f x x
 
 
# Assim, vem: 
 
0 0 0 0
(3) ( 3) 10 10 0
'( ) 2 2 0 0
3 ( 3) 3 ( 3) 6
f f
f x x x x
  
       
   
 
 
# Logo, 
0 0x 
. 
 
 
4 
 
( 5 ) Determine os intervalos onde a função é crescente e onde é decrescente: 
( )f x sen x
, 
 0,x 
. 
 
Resolução: 
 
# Dada uma função 
( )f x
, derivável no intervalo 
( , )a b
: 
 
 ( i ) Se 
'( ) 0f x 
 em 
( , )a b
, então 
( )f x
 é constante em 
( , )a b
; 
 ( ii ) Se 
'( ) 0f x 
 em 
( , )a b
, então 
( )f x
 é crescente em 
( , )a b
; 
( iii ) Se 
'( ) 0f x 
 em 
( , )a b
, então 
( )f x
 é decrescente em 
( , )a b
. 
 
# Determinando então 
'( )f x
: 
 
( ) '( ) cosf x sen x f x x  
 
 
# Analisando os sinais de 
'( ) cosf x x
 no círculo trigonométrico, temos: 
 
 
0
(positivo) para 
0,
2
x
 
  
 
; 
 
'( ) cosf x x
 
 
0
(negativo) para 
,
2
x


 
  
 
. 
# Logo, A função 
( )f x sen x
 é crescente no intervalo 
0,
2
 
 
 
 e decrescente em 
,
2


 
 
 
. 
 
 
( 6 ) Obter os pontos de máximo e mínimo locais da função 
4 3 2( ) 3 8 14 5f x x x x   
, 
x
. 
 
Resolução: 
 
# Dada uma função 
( )f x
, derivável em 
0x
. Se 
f
 tem um máximo ou mínimo local em 
0x
, então 
0'( ) 0f x 
. 
# Determinemos 
'( )f x
: 
 
4 3 2 3 2( ) 3 8 14 5 '( ) 12 24 28f x x x x f x x x x       
 
 
# Assim, vem: 
 
3 2 3 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2
0 0 0 0 0
'( ) 12 24 28 0 12 24 28 0 4 (3 6 7)
30
4 0 ou 3 6 7 0 0 ou 1
3
f x x x x x x x x x x
x x x x x
          
        
 
# Então, 
1 2 30 0 0
30 30
0, 1 e 1
3 3
x x x    
 são pontos críticos de “
f
”. 
 
5 
 
# Dada 
:f I 
 derivável em todo 
x I
, sendo 
I
 um intervalo aberto e 
0x I
 um ponto crítico 
de 
f
. Se existir 
"( )f x
(derivada segunda), e: 
 
 ( i ) 
0"( ) 0f x 
 então 
0x
 é ponto de máximo local; 
( ii ) 
0"( ) 0f x 
 então 
0x
 é ponto de mínimo local. 
 
# Assim, temos: 
 
2 30 30"( ) 36 48 28 "(0) 28, " 1 18,0910 e " 1 61,9089
3 3
f x x x f f f
   
                 
   
 
# Vemos (acima) que: 
30 30
"(0) 28 0, " 1 18,0910 0 e " 1 61,9089 0
3 3
f f f
   
                
   
 
 
# Assim, concluímos que: 
1 2 30 0 0
30 30
0, 1 e 1
3 3
x x x    
 são todos pontos de máximo local (relativo) de “
f
”. 
 
# Observe o gráfico abaixo onde constam a função 
( )f x
 e 
'( )f x
: 
 
 
 
( 7 ) Determinar os pontos de inflexão do gráfico da seguinte função: 
 
4 3 2( ) 2 12 12 5f x x x x x    
, 
x
. 
 
 
6 
 
Resolução: 
 
# Um ponto do domínio de uma função 
f
, no qual 
f
 é contínua, é chamado de ponto de inflexão 
quando neste ponto a função muda de concavidade. 
# Determinando então 
'( )f x
; 
 
3 2'( ) 4 6 24 12f x x x x   
, 
x
 
 
# Determinemos 
"( )f x
: 
 
2"( ) 12 12 24f x x x  
, 
x
 
 
# Fazendo 
"( ) 0f x 
, temos as seguintes desigualdades equivalentes: 
 
2"( ) 12 12 24 0 12( 1)( 2) 0 ( 1)( 2) 0f x x x x x x x           
 
 
# Resolvendo a inequação 
( 1)( 2) 0x x  
, temos: 
 
 ( i ) 
"( ) 0f x 
 para 
1x  
 e 
2x 
; 
 ( ii ) 
"( ) 0f x 
 nos intervalos: 
( , 1) 
 e 
(2, )
; 
( iii ) 
"( ) 0f x 
 no intervalo: 
( 1, 2)
. 
 
 As proposições acima nos fazem concluir que 
ftem concavidade para cima nos intervalos 
( , 1) 
 e 
(2, )
, e concavidade para baixo no intervalo 
( 1, 2)
. 
# Assim, temos que a curva muda sua concavidade em 
1x  
 e 
2x 
, isto é, em: 
 
1x    4 3 2( 1) ( 1) 2( 1) 12( 1) 12( 1) 5 26f            
 
e 
1x    4 3 2(2) (2) 2(2) 12(2) 12(2) 5 29f       
 
 
# Logo, os pontos 
( 1, 29) e (2, 26)  
 são os pontos de inflexão da função “
f
”. 
 
# Observe o gráfico de 
f
: 
 
 
 
 
7 
 
 
 
# Como pode facilmente ser verificado no esboço do gráfico de 
f
, há de fato dois pontos de inflexão 
(onde a curva muda sua concavidade). São eles: 
( 1, 29) e (2, 26)  
. 
 
 
( 8 ) Esboce o gráfico da função
3( ) 2 6 ,f x x x x  
. 
 
Resolução: 
 
# A função é um polinômio, logo é uma função contínua e derivável em seu domínio. 
 
# Em 
0, 3 e 3x x x   
 temos 
( ) 0f x 
 e são, portanto, as raízes da função, isto é, o gráfico 
da 
f
 toca o eixo 
x
 nos pontos 
(0, 0), ( 3, 0) e ( 3, 0)
. 
 
# A primeira e segunda derivadas da 
f
 são, respectivamente: 
 
2'( ) 6 6f x x 
 e 
"( ) 12f x x
 
 
# Verifiquemos para que valores 
'( ) 0f x 
: 
 
2 2'( ) 6 6 0 6( 1) 0 ( 1)( 1) 1 0 ou 1 0f x x x x x x x             
 
 
 Então, 
'( ) 0f x 
 para 
1x  
 e 
1x 
. 
 
4 3 2( ) 2 12 12 5f x x x x x    
 
 
8 
 
# Para 
1x  
 e 
1x 
 as derivadas segundas (
"( )f x
) valem: 
 
"( 1) 12 ( 1) 12 e "(1) 12 (1) 12f f        
 
 
# Vemos que 
"( 1) 12 0 e "(1) 12 0f f     
, o que nos faz concluir que “
1
” é ponto de 
máximo local e “
1
” é ponto de mínimo local. 
 
# Verifiquemos agora os intervalos onde 
f
 é crescente e os intervalos onde 
f
 é decrescente: 
 
 ( i ) 
2 2'( ) 6 6 0 6( 1) 0 ( 1)( 1) 0f x x x x x         
 
 
 Então, 
'( ) 0f x 
 para 
( , 1)x  
 ou 
(1, )x 
. 
 
( ii ) De forma análoga, concluímos que 
'( ) 0f x 
 para 
( 1, 1)x 
. 
 
 Logo, a função é decrescente (
'( ) 0f x 
) em 
( 1, 1)
 e é crescente nos intervalos 
( , 1) 
 e 
(1, )
. 
 
# Fazendo 
"( ) 0f x 
, temos as seguintes desigualdades equivalentes: 
 
"( ) 12 0 0f x x x   
 
 
# Resolvendo a inequação 
( 1)( 2) 0x x  
, temos: 
 
 ( i ) 
"( ) 0f x 
 para 
0x 
; 
 ( ii ) 
"( ) 0f x 
 no intervalo: 
(0, )
; 
( iii ) 
"( ) 0f x 
 no intervalo: 
( , 0)
. 
 
 As proposições acima nos fazem concluir que 
f
 tem concavidade para cima no intervalo 
(0, )
 e 
concavidade para baixo no intervalo 
( , 0)
. 
 
# Com as informações acima, podemos esboçar o gráfico da função 
f
: 
 
 
9 
 
 
 
 
( 9 ) verificar os seguintes limites: 
 
( a ) 
0
lim( ) 1x
x
sen x


 
 
Resolução: 
 
# A indeterminação neste tipo de limite é da forma 
00
. 
# Aplicando a regra 4 , vem: 
 
     
0 0 0 0 0
ln lim( ) lim ln lim ln lim lim
xx
x x x x x
sen x sen x x sen x x sen x
    
       
 
 
que é do tipo 
0
 e pode ser calculado como: 
 
0
0 0 0
0
0
lim11 1
lim lim lim 1
1 1 1 lim1 1
1
lim
x
x x x
x
x
x
x x
sen xsen x sen x sen x
xx x

  


     (verificado!) 
 
 
 1° limite fundamental 
 
( b ) 2
22
4
lim 4
5 6x
x
x x

 
 
 
 
 
10 
 
Resolução: 
 
# A indeterminação neste tipo de limite é da forma 
0
0
. 
# Aplicando a regra 1 , vem: 
 
2 2
2 22 2 2
4 ( 4) ' 2 4
lim lim lim 4
5 6 ( 5 6) ' 2 5 1x x x
x x x
x x x x x  
 
    
     
(verificado!) 
 
( 10 ) Calcule o polinômio de Taylor de ordem 
n
 da função 
1
( )f x
x

, 
0x 
 no ponto 
0 1x 
. 
 
Resolução: 
 
# Devemos calcular o valor da função e suas derivadas até ordem 
n
, no ponto 
0 1x 
. 
 
Temos: 
 
# 
1 1
( ) (1) 1
1
f x f
x
   
; 
# 
2 2
1 1
'( ) '(1) 1
1
f x f
x
      
; 
# 
3 3
2 2
"( ) "(1) 2
1
f x f
x
   
; 
# 
3 3
4 4
6 6
( ) (1) 6
1
f x f
x
      
; 
# 
4 4
5 5
24 24
( ) (1) 24
1
f x f
x
   
; 
# 
5 5
6 6
120 120
( ) (1) 120
1
f x f
x
      
; 
 . . 
 . . 
 . . 
 
 
1
!
(1) !n
n
n
f n
x 
   
, se 
n
 é ímpar. 
# 
( )nf x 
 
 
1
!
(1) !n
n
n
f n
x 
 
, se 
n
 é par. 
 
# O polinômio de Taylor de grau 
n
, no ponto 
1x 
, é dado por: 
 
3
2 2"(1) (1) (1)( ;1) (1) '(1)( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
2! 3! !
n
n
n
f f f
T x f f x x x x
n
          
 
 
11 
 
 
Ou seja, 
1
2 3 4 5
!
2 ( 6) 24 ( 120)
( ;1) 1 ( 1)( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
2! 3! 4! 5! !
n
n
n
n
xT x x x x x x x
n
 
               
 
Ainda, 
 
2 3 4 5( ;1) 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)nnT x x x x x x x              
, 
 
Conforme o n-ésimo termo seja par ou ímpar.