Prova 2 Humberto Bortolossi

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GMA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA APLICADA
GMA
SEGUNDA VERIFICAC¸A˜O DE APRENDIZAGEM
Ca´lculo I –A–
Humberto Jose´ Bortolossi
http://www.professores.uff.br/hjbortol/
Nome leg´ıvel:
Assinatura:
[01] (2.0) Calcule a derivada da func¸a˜o
y = f(x) =
ln(cos(x2))
earctg(x) + 1
.
Na˜o e´ preciso simplificar a sua resposta!
Soluc¸a˜o. Temos que
f ′(x) =
1
cos(x2)
· (− sen(x2)) · 2 · x · (earctg(x) + 1)− ln(cos(x2)) · earctg(x) · 1
1 + x2
(earctg(x) + 1)2
[02] (1.0) Usando a definic¸a˜o de derivada, calcule f ′(0), onde
y = f(x) =
12 x
3 x + 2
.
Soluc¸a˜o. Temos que
f ′(0) = lim
h→0
f(0 + h)− f(0)
h
= lim
h→0
f(h)− f(0)
h
= lim
h→0
12 h
3 h + 2
− 0
h
= lim
h→0
12
3 h+ 2
= 6.
[03] A tabela abaixo apresenta valores para f , g, f ′ e g′, com f e g func¸o˜es
de classe C∞.
x f(x) g(x) f ′(x) g′(x)
0 1 1 5 1/3
1 3 −4 −1/3 −8/3
(a) (1.5) Se u(x) = g(f(x)) e v(x) = f(x + g(x)), calcule u′(0) e v′(0).
Justifique a sua resposta!
Soluc¸a˜o. Pela regra da cadeia, temos que
u′(x) = g′(f(x)) · f ′(x) e v′(x) = f ′(x + g(x)) · (1 + g′(x)).
1
Sendo assim,
u′(0) = g′(f(0)) · f ′(0) = g′(1) · f ′(0) = −8
3
· 5 = −40
3
e
v′(0) = f ′(0 + g(0)) · (1 + g′(0)) = f ′(1) · (1 + g′(0)) = −1
3
·
(
1 +
1
3
)
= −4
9
.
(b) (1.0) Se w(x) = f−1(x), calcule w′(0). Justifique a sua resposta!
Soluc¸a˜o. Pelo teorema da func¸a˜o inversa, temos que
w′(0) = (f−1)′(0) =
1
f ′(f−1(0))
.
Como na˜o e´ poss´ıvel deduzir o valor de f−1(0) a partir dos dados da tabela, a
fo´rmula acima e´ a melhor expressa˜o que podemos obter para w′(0).
[04] (2.0) Seja y = f(x) definida implicitamente pela equac¸a˜o
y2 + x2 = y4 − 2 x.
Calcule a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f no ponto (−2,−1).
Soluc¸a˜o. Temos que
y2 + x2 = y4 − 2 x
⇓
d
dx
[
y2 + x2
]
=
d
dx
[
y4 − 2 x]
⇓
2 yy′ + 2 x = 4 y3y′ − 2
⇓
yy′ + x = 2 y3y′ − 1
⇓
y′ =
x + 1
y (2 y2 − 1) .
Substituindo x = −2 e y = f(−2) = −1, conclu´ımos que
f ′(−2) = (−2) + 1
(−1) (2 (−1)2 − 1) = 1.
Desta maneira, a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f no ponto (−2,−1) e´ dada
por
y = f(−2) + f ′(−2) · (x− (−2)) = −1 + 1 · (x + 2) = x + 1.
2
[05] (1.5) Calcule o polinoˆmio de Taylor de ordem 3 da func¸a˜o y = f(x) =√
x + 1 no ponto p = 0.
Soluc¸a˜o. Temos que
f(x) = (x + 1)1/2, f ′(x) =
1
2
· (x + 1)−1/2, f ′′(x) = −1
4
· (x + 1)−3/2 e
f ′′′(x) =
3
8
· (x + 1)−5/2.
Consequ¨entemente, f(0) = 1, f ′(0) = 1/2, f ′′(0) = −1/4 e f ′′′(0) = 3/8. Assim, o
polinoˆmio de Taylor de ordem 3 de f(x) =
√
x + 1 no ponto p = 0 e´ dado por
y = p3(x) = f(0)+f
′(0)(x−0)+ f
′′(0)
2!
(x−0)2+ f
′′′(0)
3!
(x−0)3 = 1+1
2
x− 1
8
x2+
1
16
x3.
[06] (1.0) Um homem anda ao longo de um caminho reto a uma velocidade
constante de 1 m/s. Um holofote localizado no cha˜o a 6 m do caminho
focaliza o homem. A que taxa o holofote esta´ girando quando o homem
esta´ a 5 m do ponto do caminho mais pro´ximo da luz?
6
Soluc¸a˜o. Temos que tg(θ(t)) = x(t)/6. Derivando dos dois lados, conclu´ımos que
sec2(θ(t)) θ′(t) = x′(t)/6.
Mas sec2(θ(t)) = 1 + tg2(θ(t)) = 1 + (x(t)/6)2 = 1 + (x(t))2/36. Assim,
(
1 + (x(t))2/36
)
θ′(t) = x′(t)/6, isto e´, θ′(t) =
x′(t)
6
(
1 + (x(t))2/36
) .
Como x′(t) = 1 m/s, no instante de tempo t em que x(t) = 5 m, temos que
θ′(t) =
1
6
(
1 + 52/36
) = 6
61
rad/s.
Texto composto em LATEX2e, HJB, 04/06/2008.
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