Gabarito P2 - MAT 140 - 2017-II.pdf

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIC¸OSA
Departamento de Matema´tica
SEGUNDA PROVA - MAT 140 (21-10-2017)
GABARITO
Questa˜o 1: Nos pro´ximos itens, fac¸a o que se pede:
(10 Pts) (a) Considerando a equac¸a˜o y.x.sen (y) = 2. Determine y′.
Soluc¸a˜o: Derivando implicitamente e aplicando as regras de derivac¸a˜o, temos:
y
′
(x)xsen (y(x)) + y(x)[xsen (y(x))]
′
= 0
Assim
y
′
(x)xsen (y(x)) + y(x)[sen (y(x)) + xcos (y(x))y
′
(x)] = 0
De onde temos que
y
′
(x)xsen (y(x)) + y(x)sen (y(x)) + xy(x)cos (y(x))y
′
(x) = 0
Finalmente, agrupando
y
′
(x) =
−y(x)sen (y(x))
xsen (y(x)) + xy(x)cos (y(x))
(5 Pts) (b) Seja f uma func¸a˜o invers´ıvel e deriva´vel em um ponto x0 ∈ Dom(f) com f ′(x0) 6= 0
e f(x0) = y0. Verifique que (f
−1)
′
(y0) =
1
f ′ [f−1(y0)]
.
Lembre-se que por f ser invers´ıvel vale (f ◦ f−1)(y) = y e (f−1 ◦ f)(x) = x
Soluc¸a˜o: Como (f ◦ f−1)(y) = y e (f−1 ◦ f)(x) = x, enta˜o f−1(y0) = x0.
Por outro lado como
(f−1 ◦ f)(x) = x
Podemos usar a regra da cadeia e obtemos que
(f−1)
′
(f(x))f
′
(x) = 1
Remplazando em x = x0, e como f
′
(x0) 6= 0 temos que:
(f−1)
′
(y0) = (f
−1)
′
(f(x0)) =
1
f ′(x0)
=
1
f ′(f−1(y0))
(10 Pts) (c) Para f (x) = x2 − 5x + 7, sabe-se que f(2) = f(3) = 1. Determine os dois valores
da derivada da func¸a˜o inversa de f em 1.
Soluc¸a˜o: Como, por dado, f(2) = f(3) = 1, podemos assumir que x0 = 2, y0 = 1 e x̂0 = 3.
Observe que f
′
(x) = 2x− 5.
Assim podemos usar o item anterior e ter:
(f−1)
′
(y0) =
1
f ′ (x0)
(f−1)
′
(y0) =
1
f ′ (x̂0)
Como f
′
(x0) = f
′
(2) = −1 e f ′(x̂0) = f ′(3) = 1, temos finalmente
(f−1)
′
(1) = 1
f ′ (x0)
= −1
(f−1)
′
(1) = 1
f ′ (x̂0)
= 1
Questa˜o 2: Seja f uma func¸a˜o cont´ınua em [−2, 6] tal que f (−2) = 1, f (−1) = 2, f (1) = f (3) =
f (5) = 0, f (4) = 3, f (2) = f (6) = −2. E cuja ana´lise de sinal da 1a e 2a derivadas e´ dado no
quadro abaixo
Intervalo (−2,−1) (−1, 1) (1, 2) (2, 3) (3, 4) (4, 5) (5, 6)
f ′ + − − + + − −
f ′′ − − + + − + +
(20 Pts) (a) Com base nas informac¸o˜es do quadro acima, responda:
f e´ crescente no(s) intervalo(s):
f e´ descrescente no(s) intervalo(s):
f tem ma´ximo em:
f tem mı´nimo em:
Soluc¸a˜o: Pela ana´lise de sinal da primeira derivada do quadro dado, temos:
f e´ crescente no(s) intervalo(s): [−2,−1] e [2, 4].
f e´ descrescente no(s) intervalo(s): [−1, 2] e [4, 6].
f tem ma´ximo em: −1 e 4.
f tem mı´nimo em: −2, 2 e 6.
(15 Pts) (b) Em vista do estudo de sinal do quadro acima, complete as informac¸o˜es abaixo:
f e´ coˆncava para cima no(s) intervalo(s):
f e´ coˆncava para baixo no(s) intervalo(s):
Os pontos de inflexa˜o de f sa˜o:
Soluc¸a˜o: Pela ana´lise de sinal da segunda derivada do quadro dado, temos:
f e´ coˆncava para cima no(s) intervalo(s): (1, 3) e (4, 6).
f e´ coˆncava para baixo no(s) intervalo(s): (−2, 1) e (3, 4).
Os pontos de inflexa˜o de f sa˜o: (1, (f (1))) = (1, 0) e (3, f (3)) = (3, 0).
2
(10 Pts) (c) Esboce o gra´fico de f .
Soluc¸a˜o:
1 2 3 4 5 6-2 -1
1
2
3
-1
-2
-3
0 x
y
Questa˜o 3: (15 Pts) Se f(x) = xtg(x) − ln(sen2(x)) + arctan( x
x+ 1
). Determine f
′
(x).
Soluc¸a˜o:
Seja y1 = x
tg(x), y2 = ln(sen
2(x)) e y3 = arctan(
x
x+ 1
)
A seguir vamos encontrar y′1 utilizando propriedade da func¸a˜o logaritmica e derivac¸a˜o impl´ıcita.
y1 = x
tg(x) ⇒ lny1 = ln(xtg(x)) = tg(x) ln(x), logo:
[ln(y1)]
′ = [tg(x) ln(x)]′ ⇒ 1
y1
y
′
1 = sec
2(x) ln(x) +
tg(x)
x
⇒ y′1 = xtg(x)
[
sec2(x) ln(x) +
tg(x)
x
]
Outra maneira de encontrar y′1 e´ derivar explicitamente mas para isso precisamos aplicar pro-
priedade da func¸a˜o logaritmica como fizemos anteriormente e depois aplicar propriedade da func¸a˜o
exponencial como abaixo.
y1 = x
tg(x) ⇒ lny1 = tg(x) ln(x)⇒ elny1 = etg(x) ln(x) ⇒ y1 = etg(x) ln(x)
Assim y′1 = e
tg(x) ln(x)
[
sec2(x) ln(x) +
tg(x)
x
]
= xtg(x)
[
sec2(x) ln(x) +
tg(x)
x
]
y
′
2 = [ln(sen
2(x))]′ = [2 ln(sen(x))]′ = 2
1
sen(x)
cos(x) = 2 cotg(x)
y
′
3 =
[
arctan
(
x
x+ 1
)]′
=
1
1 +
(
x
x+ 1
)2 [ xx+ 1
]′
=
1
1 +
(
x
x+ 1
)2 1(x+ 1)2 = 1(x+ 1)2 + x2
Portanto f ′(x) = y′1 − y′2 + y′3 = xtg(x)
[
sec2(x) ln(x) +
tg(x)
x
]
− 2 cotg(x) + 1
(x+ 1)2 + x2
Questa˜o 4: Uma part´ıcula P = (x, y) se desloca ao longo de uma para´bola y = x2 no primeiro
quadrante, de modo que sua coordenada x (medida em metros) aumenta a uma taxa constante de
10m/s. Seja θ a inclinac¸a˜o da reta L que liga a part´ıcula P a` origem de coordenadas. Pede-se:
(5 Pts) (a) Desenhe a para´bola e a reta mencionada no enunciado.
Soluc¸a˜o:
x
y
P=(x,y)
O=(0,0)
L
y=x²
Q=(x,0)
(5 Pts) (b) Escreva a tangente do aˆngulo θ (inclinac¸a˜o da reta L) como func¸a˜o de x.
Soluc¸a˜o: Usando o item (a) acima, o aˆngulo θ e´ o aˆngulo POQ no triaˆngulo retaˆngulo OPQ.
Assim, obtemos:
tg (θ) =
x2
x
= x
(5 Pts) (c) Determine a taxa de variac¸a˜o do aˆngulo de inclinac¸a˜o θ, quando x = 3m.
Soluc¸a˜o: Da letra (b) tem-se que tg (θ) = x. Deste modo, isolando θ, tem-se que
θ = arctan(x) . . . . . . . . . (Eq. 1)
Do enunciado temos que
dx
dt
= 10m/s e x = 3m, em um instante de tempo t0. Ale´m disso, θ
varia en func¸a˜o do tempo. Derivando (Eq. 1) pela regra da cadeia em func¸a˜o do tempo temos:
dθ
dt
=
1
x2 + 1
dx
dt
Substituindo os valores, no instante t0, tem-se
dθ
dt
=
1
32 + 1
.10 =
1
10
.10
De onde a taxa de variac¸a˜o solicitada e´,
dθ
dt
= 1rad/s
4