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Exercícios calculo 1

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um �bico�, e não possui derivada.
(g) Primeiro escrevemos em forma de função:
exp(exp(x4)). A derivada é:
exp(exp(x4)) exp(x4)4x3 ou 4x3ee
x
4
ex
4
.
(h) 2
cos(2x)
√
x2 + 1
sen(2x)
+
log(sen(2x))x√
x2 + 1
Extra 3. (a) Nos pontos onde y′(x) = 3x2+4x−
4 = 0, isto é, x = −2 ou x = 2/3.
(b) Reescrevendo a reta 2y + 8x − 5 = 0
como y = −4x + 5/2, observamos que o co-
e�ciente angular é −4. Assim queremos saber
quando f ′(x) = 3x2 + 4x − 4 = −4, isto é,
x = 0, x = −4/3.
Extra 4.Para garantir continuidade em x = 1
devemos ter: a(1) + b = 11 , ou a + b = 1. Para
que as derivadas �laterais� sejam iguais em x = 1
devemos ter 2ax = − 1
x2
em x = 1, ou a = −12 .
Assim b = 1− a = 32 .
Extra 5.Uma solução é: f ′(x) = g(x) + (x −
a)g′(x). Como f ′(a) = g(a) + (a − a)g′(a) =
g(a). O problema desta solução é que não sabe-
mos se g pode ser derivada.
A solução correta é: Note que f(a) = (a −
a)g(a) = 0 e f(a+ h) = (a+ h− a)g(a+ h) =
hg(a + h). Assim, f(a + h) − f(a) = hg(a +
h). Logo,
f(a+ h)− f(a)
h
= g(a + h). Assim,
f ′(a) = lim
h→0
f(a+ h)− f(a)
h
= lim
h→0
g(a + h).
Este limite é igual a g(a) pois g é contínua em a.
Assim, f ′(a) = g(a).
Extra 6. (a) y′ = 2x senx + x2 cos x. Logo,
y′(pi) = −pi2. Assim a reta tangente é y =
−pi2(x− pi).
(b) y′ =
1√
x− 2
1
2
√
x
. Logo, y′((e + 2)2) =
2.3. DERIVADA 69
1
2e(e + 2)
. Assim a reta tangente é y − 1 =
1
2e(e + 2)
(x− (e+ 2)2).
Extra 7. (a) y′ = − 1
x2
. Para que duas retas se-
jam paralelas, basta que possua o mesmo coe-
�ciente angular. Como o coe�ciente angular de
2x + 3y = 0 é −23 , queremos determinar xR tal
que y′ = − 1
x2
= −23 . Logo x = ±
√
3√
2
.
(b) y′ = 2e2x. A reta tangente no ponto
c, e2c é y− e2c = 2e2c(x− c). Para que passe em
(x, y) = (5/2, 0) temos que resolver: 0− e2c =
2e2c(5/2 − c). Vamos obter que c = 3.
Extra 8. (a) Considere f(x) = x − log x. Note
que f(1) = 1−0 = 1 > 0 e que f ′(x) = 1− 1x > 0
para x > 1. Assim a função é crescente para
x > 1 e é positiva em 1. Logo f(x) > 0 para
todo x ∈ R, ou x − log(x) > 0, o que implica
que x ≥ log x.
(b) Considere g(x) = −2x13 − 6x5 − x+10.
Como lim
x→+∞ g(x) = −∞ e limx→−∞ g(x) = +∞,
existem pontos onde a função é positiva e nega-
tiva. Pelo TVI existe pelo menos uma raiz. Como
g′(x) = −26x12 − 30x4 − 1 é sempre negativa
(para todo x ∈ R), g é decrescente para todo R
e portanto injetiva. Assim a raiz é única pois a
função é injetiva.
Extra 9. (a) Por hipótese existem a, b ∈ R com
f(a) = f(b) = 0. Pelo TVM (ou pelo Teorema
de Rolle) existe c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0. Logo
f ′ possui uma raiz real.
(b) Pelo TVM existe um c ∈ (2, 5) tal que
f(5)− f(2)
5− 2 = f
′(c). Logo, f(5)−f(2) = 3f ′(c).
Como por hipótese f ′(x) ≤ 4, f(5)− f(2) ≤ 12.
(c) Como f ′′(x) = g′′1−g′′2 = cos(2x+log(x4+
1)) − cos(2x + log(x4 + 1)) = 0 para todo x ∈
R, concluímos que f ′(x) é constante. Note que
f ′(2) = g′1(2) − g′2(2) = −1 − (−1) = 0. Logo
f ′(x) = 0 para todo x. Assim f é constante.
Note que f(3) = g1(3) − g2(3) = 5 − 5 = 0.
Logo f(x) = 0 para todo x. Concluímos que
g1(x) = g2(x) para todo x ∈ R.
Extra 10.Pela de�nição, como f(0) = 0,
f ′(0) = lim
h→0
f(0 + h)− f(0)
h
= lim
h→0
f(h)
h
.
Agora f(h) = 0 ou f(h) = |h|k, dependendo se
h ∈ Q ou não. Nos dois casos, |f(h)| ≤ hk.
Assim, usando a continuidade da função módulo,
|f ′(0)| =
∣∣∣∣ limh→0 f(h)h
∣∣∣∣ = limh→0
∣∣∣∣f(h)h
∣∣∣∣ ≤
≤ lim
h→0
∣∣∣∣hkh
∣∣∣∣ = limh→0 |h|k−1 = 0.
Portanto, 0 ≤ |f ′(0)| ≤ 0, ou seja, |f ′(0)| = 0 e
portanto f ′(0) = 0.
Extra 11.Note a beleza na simetria da resposta:
(fgh)′ = f ′gh+ fg′h+ fgh′.
Extra 12. f ′(x) = − sen(x5+2x+pi/2)(5x4+2).
Logo f ′(0) = −2. Como g(f(0)) = 0 = g(0),
g′(0) =
1
f ′(0)
= −1
2
Extra 13. (a) A derivada é
1√
1 + x2
.
(b) Como 2 senh(y) = ey − e−y,
Extra 14. Seja g(x) = n
√
x. Então g(xn) = x,
g′(xn)nxn−1 = 1. Logo g′(xn) = 1/nx1−n. Co-
locando y = xn, g′(y) = 1/ny(1−n)/n.
2.3.4 Desa�os da p.19
Desa�o 1. (a) Esta função não é derivável no
zero pois
f(0 + h)− f(0)
h
=
h sen(1/h)
h
= sen(1/h).
Quando h→ 0 o limite não existe.
(b) Como,
g(0 + h)− g(0)
h
=
h2 sen(1/h)
h
= h sen(1/h),
pelo Teorema do Sanduíche o limite quando h→
0 é zero. Assim, g′(0) = 0.
Desa�o 2.Pelo binômio de Newton:
(x+ h)n =
n∑
i=0
n!
i!(n− i)!x
ihn−i =
= xn + nxn−1h+ · · ·+ hn.
Assim,
(x+ h)n − xn = nxn−1h+ · · ·+ hn.
Aqui temos termos com h, h2, . . . , hn. Dividindo
por h, somente o primeiro termo não terá h:
(x+h)n−xn
h = nx
n−1 + (termos com h)+ hn−1.
Se �zermos h → 0, sobrará apenas o termo
nxn−1.
70 CAPÍTULO 2. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS
Desa�o 3.O coe�ciente angular da reta tangente
ao grá�co de f no ponto x é f ′(x) = −x. O
coe�ciente angular da reta tangente ao grá�co de
g no ponto x é g′(x). Queremos que g′(x) =
−1/f ′(x), isto é, que g′(x) = 1/x. Logo g(x) =
log x ou, de forma geral, g(x) = C + log x.
Desa�o 4.Como a equação da reta tangente é
y = f(a)+f ′(a)(x−a), para que a reta tangente
y = f(b) + f ′(b)(x − b) seja igual igualamos os
coe�cientes angulares (f ′(a) = f ′(b), 4a3−4a =
4b3 − 4b) e e lineares (f(a) − af ′(a) = f(b) −
bf ′(b)).
Coe�cientes angulares iguais: É claro que 4a3−
4a = 4b3 − 4b implica que b3 − a3 = b− a. Su-
pondo b − a 6= 0 � ou seja, a 6= b �dividimos
por b− a e obtemos a2 + ab+ b2 = 1.
Coe�cientes lineares iguais: Note que f(a)−
af ′(a) = −3a4 + 2a2 + 1. É claro que −3a4 +
2a2+1 = −3b4+2b2+1 implica que 3(b4−a4) =
2(b2 − a2). Supondo que a + b 6= 0 (veremos
que isto implica na inexistência de solução), como
b − a 6= 0, b2 − a2 6= 0. Assim dividindo ambos
lados por b2 − a2 obtemos que a2 + b2 = 2/3.
Utilizando a equação a2+ab+b2 = 1 concluímos
que ab = 1/3. Assim a = 1/(3b). Substituindo
obtemos que a = b = 1/
√
3 ou a = b = −1/√3,
o que não é permitido pois supomos que a 6= b.
Assim a única possibilidade é que a + b = 0
(a = −b). Substituindo em a2 + ab + b2 = 1
obtemos que a2 = 1, ou seja, a = ±1. Assim
a solução é a = 1 e b = −1. Como f(1) = 1
e f ′(1) = 1, y = 1 + (x − 1) = x, ou y = x
é a reta tangente que passa simultaneamente em
(1, f(1)) e (−1, f(−1)).
Pelo desenvolvimento, esta é a única solução
do problema.
Desa�o 5.Considere f(x) = ax2+bx+c. Assim,
f ′(x) = 2ax + b. A secante possui coe�ciente
angular:
ax21 + bx1 − ax22 − bx2
x1 − x2 =
=
a(x21 − x22) + b(x1 − x2)
x1 − x2 = a(x1 + x2) + b.
A reta tangente no ponto médio possui coe�-
ciente angular f ′((x1 + x2)/2) = a(x1 + x2) + b
Desa�o 6.Como f ′(θ) = 0 para todo θ ∈ R,
pelo TVM f é constante. Como f(0) = 1, f(θ) =
1 para todo θ ∈ R. Assim, cos θ + i sen θ
eiθ
= 1 e
obtemos o resultado.
Desa�o 7.Note que conhecemos uma solução:
s = sen e c = cos. A questão aqui é a unicidade.
Desa�o 8. (a) Como g′(y) = 1 − ε cos y, to-
mando ε0 = 1/2 (ou qualquer valor positivo es-
tritamente menor que 1), g′(y) > 0 para todo
y. Assim g será estritamente crescente em R e
portanto uma função injetiva. Portanto g possui
inversa.
(b) Pelo teorema da função inversa, como
g(0) = 0, f ′(0) = 1/g′(0) = 1/(1 − ε).
Desa�o 9.Deixo como desa�o para o leitor.
Desa�o 10. (a) Soma e subtraia f(a): f(a +
h)− f(a) + f(a)− f(a− h). Dividindo por h e
passando ao limite obteremos 2f ′(a). Dividindo
por 2 obtemos o resultado.
(b) Deixo como desa�o.
Desa�o 11.A derivada de p é: p′(x) = 3x2 +
2ax+b. Para que a derivada seja sempre positiva,
e portante p sempre crescente, devemos ter ∆ ≤
4a2 − 12b < 0, isto é, a2 − 3b ≤ 0.
Desa�o 12. (a) basta passar ao limite dos dois
lados. (b) Divida os dois lados por |x− y|. Faça
x → y. Note que a derivada será zero em todos
os pontos. Portanto, f será constante.
2.4 Aplicação de Derivada
2.4.1 Exer. de Fixação da p.20
Exercício