Avaliação 2 sábado

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SERGIPE
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
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Nota
Cálculo I - 2a Avaliação - 05 de agosto de 2017
Aluno(a):
Professor(a): Turma:
• NÃO É PERMITIDO O USO DE CALCULADORA.
• JUSTIFIQUE TODAS AS SUAS RESPOSTAS.
1. (4 pontos) Derive as funções abaixo:
a) (1 ponto) y = cos(2x) sen(3x)
SOLUÇÃO: Note que f (x) é escrita como o produto de duas funções diferenciáveis
u(x) = cos(2x) e v(x) = sen(3x), de modo que f (x) é diferenciável. Sabemos que
u′(x) = −2 sen(2x) e v′(x) = 3 cos(3x), assim pela regra de derivação do produto de
funções temos:
f ′(x) = u′(x)v(x) + u(x)v′(x)
= −2 sen(2x) sen(3x) + 3 cos(2x) cos(3x) �
b) (1 ponto) y = (1 + x)(1+x)
SOLUÇÃO: Neste caso f (x) é escrita como potência de função f (x) = u(x)v(x) onde
u(x) = 1 + x e v(x) = 1 + x, são diferenciáveis de modo que f (x) é diferenciável.
Este é um caso típico de derivação logarítmica. Aplicando ln(•) temos:
ln( f (x)) = ln((1 + x)(1+x))
= (1 + x) ln(1 + x)
Derivando com relação a x temos:
(ln( f (x)))′ = ((1 + x) ln(1 + x))′
1
f (x)
f ′(x) = (1 + x)′ ln(1 + x) + (1 + x)(ln(1 + x))′
= ln(1 + x) + (1 + x)
1
1 + x
(1 + x)′
= ln(1 + x) +
1 + x
1 + x
= ln(1 + x) + 1
Multiplicando por f (x) temos:
f ′(x) = (ln(1 + x) + 1) f (x)
= (ln(1 + x) + 1)(1 + x)(1+x) �
c) (1 ponto) y =
ln(x)
2x+ 1
SOLUÇÃO: Neste caso f (x) é escrita como o quociente de duas funções diferenciá-
veis u(x) = ln(x) e v(x) = 2x+ 1 , de modo que f (x) =
u(x)
v(x)
é diferenciável. Como
u′(x) =
1
x
e v′(x) = 2 pela regra da derivada do quociente de funções temos:
f ′(x) =
u′(x)v(x)− u(x)v′(x)
v2(x)
=
1
x
(2x+ 1)− ln(x) · 2
(2x+ 1)2
=
2x+ 1
x
− 2 ln(x)
(2x+ 1)2
=
2x+ 1− 2x ln(x)
x
(2x+ 1)2
=
2x+ 1− 2x ln(x)
x(2x+ 1)2
�
d) (1 ponto) y = sen(sen(
√
x))
SOLUÇÃO: Neste caso f (x) é a composta das funções diferenciáveis u(x) = sen(x)
e v(x) =
√
x, de modo que f (x) = u(u(v(x))) é diferenciável. Como u′(x) = cos(x)
e v′(x) =
1
2
√
x
da regra de derivação de funções composta temos:
f ′(x) = u′(u(v(x)))u′(v(x))v′(x)
= cos(sen(
√
x)) cos(
√
x)
1
2
√
x
�
2. (2 pontos) Seja y = x · arctg(x)− 1
2
ln(1 + x2).
a) (1,5 pontos) Calcule y′.
SOLUÇÃO: Como arctg′(x) =
1
1 + x2
e ln′(x) =
1
x
, usando as regras de derivação
da subtração, multiplicação e função composta temos:
y′ = (x · arctg(x))′ −
(
1
2
ln(1 + x2)
)′
= x′ · arctg(x) + x · arctg′(x)− 1
2
(ln(1 + x2))′
= arctg(x) + x
1
1 + x2
− 1
2
ln′(1 + x2)(1 + x2)′
= arctg(x) +
x
1 + x2
− 1
2
1
1 + x2
2x
= arctg(x) +
x
1 + x2
− x
1 + x2
= arctg(x) �
b) (0,5 pontos) Encontre o valor de x para o qual a curva tem reta tangente horizontal.
SOLUÇÃO: A curva tem reta tangente horizontal onde y′(x) = 0. Logo y′(x) = 0⇒
arctg(x) = 0 e portanto a curva tem reta tangente horizontal em x0 = 0.�
3. (2 pontos) Seja x2 + 2xy− y2 + x = 2.
a) (1 ponto) Encontre
dy
dx
por derivação implícita.
SOLUÇÃO: Derivando implicitamente temos:
(x2 + 2xy− y2 + x)′ = 2′
2x · x′ + 2(xy)′ − 2yy′ + x′ = 0
2x+ 2(x′ · y+ x · y′)− 2yy′ + 1 = 0
2x+ 2y+ 1 + 2(x− y)y′ = 0
2(x− y)y′ = −2y− 2x− 1
y′ =
2y+ 2x+ 1
2(y− x)
b) (1 ponto) Encontre a equação da reta tangente no ponto (1, 2).
SOLUÇÃO: A equação da reta tangente a uma curva f (x, y) = 0 no ponto (x0, y(x0))
é dada por: y = y′(x0)(x− x0) + y(x0). Para o nosso caso como x0 = 1 , y(x0) = 2 e
y′(x) =
2y+ 2x+ 1
2(y− x) temos: y
′(x0) =
2 · 1 + 2 · 2 + 1
2(2− 1) =
7
2
e portanto a reta tangente é
y =
7
2
(x− 1) + 2. �
4. (2 pontos) A figura abaixo representa um triângulo equilátero de lado L. Se cada lado
do triângulo está aumentando a taxa de
dL
dt
= 1cm/s qual a taxa de aumento da área do
triângulo, quando cada lado medir L = 10cm?
L
L/2
h
SOLUÇÃO: Da figura temos que h2 +
L2
4
= L2 e portanto h =
√
3L
2
. A área do triângulo
é dada por A =
1
2
h · L . Logo A =
√
3
4
L2. Derivando implicitamente com relação a t
temos:
dA
dt
=
√
3
2
L
dL
dt
. Para L = 10cm e
dL
dt
= 1cm/s temos:
dA
dt
=
√
3
2
· 10 Logo
dA
dt
= 5
√
3cm2/s. �
BOA PROVA!