Problemas_e_Desafios_Vol_01_cap-07 - Guidorizzi 6ª Ed

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Volume 1
 Capítulo 7 Derivadas
 1. Seja 2( ) =f x x . 
a)	 Determine	a	declividade	das	retas	secantes	ao	gráfico	de	f nos seguintes pontos: 
i) (1, 1) e (1,5, f (1,5)) 
ii) (1, 1) e (1,2, f (1,2)) 
iii) (1, 1) e (1,05, f (1,05)) 
iv) (1, 1) e (1,005, f (1,005)) 
v) (1, 1) e (1,001, f (1,001)) 
b) Calcule (1)f ′ 	pela	definição.	
c)	 Estabeleça	uma	relação	com	os	resultados	obtidos	nos	itens	(a) e (b). 
Solução
a) Sejam 2 2 3 4, , ,s S s s e 5s 	as	retas	tangentes	ao	gráfico	de	 f nos pontos (1, 1) e (1,5, 
f (1,5)), (1,1) e (1, 2, (1, 2))f , (1, 1) e (1,05, (1,05))f , (1, 1) e (1,005, (1,005))f e (1, 
1) e (1,001, (1,001))f ,	respectivamente.	Então,	se	mi denota a declividade das retas 
si, = 1, , 5,i  temos que 
 
2
1
(1,5) 1 (1,5) 1 2,25 1 1,25= = = = = 2,5;
1,5 1 0,5 0,5 0,5
fm − − −
−
 
2
2
(1, 2) 1 (1,2) 1 1,44 1 0,44= = = = = 2,2;
1,2 1 0,2 0,2 0,2
fm − − −
−
 
2
3
(1,05) 1 (1,05) 1 1,1025 1 0,1025= = = = = 2,05;
1,05 1 0,05 0,05 0,05
fm − − −
−
 
2
4
(1,005) 1 (1,005) 1 1,010025 1 0,010025= = = = = 2,005;
1,005 1 0,005 0,005 0,005
fm − − −
−
 
2
5
(1,001) 1 (1,001) 1 1,002001 1 0,002001= = = = = 2,001.
1,001 1 0,001 0,001 0,001
fm − − −
−
Problemas e Desafios
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2
Problemas e Desafios
b)	 Segue	da	definição	que	
 
2
1 1
( ) (1) 1(1) = lim = lim
1 1x x
f x f xf
x x→ →
− −′
− −
 1 1
( 1)( 1)= lim = lim( 1)
1x x
x x x
x→ →
+ −
+
−
 = 2.
(1)
c) Sabemos que (1)f ′ 	nos	fornece	a	declividade	da	reta	tangente	ao	gráfico	de	f no pon-
to (1, (1))f = (1,1), que constatamos no item (b) ser igual a 2.
 Ora, se denotarmos por A o ponto de tangência (1, 1), ao analisarmos os dados 
obtidos no item (a), constataremos que quando tomamos pontos 2= ( , )B x x sobre a 
curva 2=y x cada vez mais próximos do ponto A a declividade das respectivas retas 
secantes AB se aproxima cada vez mais da declividade da reta tangente, o que nos 
sugere que a declividade da reta tangente pode ser obtida pelo limite das declividades 
das retas secantes. Em outras palavras: 
= lim ,t ABB Am m→
 que é exatemente uma releitura do limite dado em (1). Podemos observar melhor tal 
fato	observando	a	figura	abaixo:
1
1
y
x
t
y = x2
7_1
 2. Um	bairro	de	uma	certa	cidade	é	atingido	por	uma	epidemia,	e	os	órgãos	de	saúde	locais	cal-
culam	que	a	quantidade	de	pessoas	infectadas	pela	doença	após	t dias do início da epidemia 
respeita	a	função	
2( ) = 40p t t t−
a)	 Qual	o	significado	de	 dp
dt
? 
b)	 A	que	taxa	a	doença	estará	se	propagando	no	quinto	dia	da	epidemia?	
c)	 É	possível	estabelecer	um	prazo	para	que	a	doença	deixe	de	se	propagar?	Justifique.	
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3
Derivadas
Solução
a) A derivada dp
dt
	nos	indica	a	taxa	de	variação	instantânea	da	população	infectada	pela	
doença	no	instante	de	tempo	t,	em	outras	palavras,	a	taxa	de	propagação	instantânea	
da	doença.	
b)	 No	quinto	dia	de	epidemia,	a	doença	estará	se	propagando	a	uma	taxa	de	 =5|t
dp
dt
 pes-
soas. Como 
= 40 2 ,dp t
dt
−
	 a	doença	estará	se	propagando	para	30	novos	moradores	do	bairro	no	quinto	dia.	
c) Para	que	a	doença	deixe	de	se	propagar	é	necessário	que	a	taxa	de	propagação	se	anu-
le, ou seja, que = 0dp
dt
. Para isso, devemos ter 
40 2 = 0 = 20.t t− ⇒
	 Logo,	a	doença	deixará	de	se	propagar	após	20	dias	do	início	da	epidemia.
 3. Seja 
2
2
2, < 1,
( ) = 1 1, 1 0,
, > 0.
x x
f x x x
x x
− − −
 − − − ≤ ≤


a)	 A	função	f é derivável em = 0x ? E em = 1x − ? 
b)	 Esboce	o	gráfico	de	f	e	estabeleça	uma	relação	com	o	que	você	observou	no	item	(a). 
Solução
a) Para	estudar	a	diferenciabilidade	da	função	f em = 0x e = 1x , precisamos estudar os 
limites 
0 1
( ) (0) ( ) (1)lim e lim .
0 1x x
f x f f x f
x x→ →
− −
− −
 Temos que 
 
2 2 2
0 0 0
( ) (0) ( 1 1) ( 1 0 1) 1 1lim = lim = lim
0x x x
f x f x x
x x x− − −→ → →
− − − − − − − −
−
 
2 2 2
2 20 0
( 1 1) ( 1 1)= lim = lim
( 1 1) ( 1 1)x x
x x x
x x x x− −→ →
− − − + −
⋅
− + − +
 
20
= lim = 0.
1 1x
x
x−→
−
− +
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4
Problemas e Desafios
 Por outro lado, 
 
2 2 2
0 0 0 0
( ) (0) ( 1 0 1)lim = lim = lim = lim = 0.
0x x x x
f x f x x x
x x x+ + + +→ → → →
− − − −
−
 Assim, como 
 0 0
( ) (0) ( ) (0)lim = lim = 0,
0 0x x
f x f f x f
x x− +→ →
− −
− −
 podemos concluir que 
 0
( ) (0)(0) = lim = 0,
0x
f x ff
x→
−′
−
 donde f é dervivável em = 0x . Vamos agora analisar a existência da derivada em 
= 1x − . Temos que 
 
2 2
1 1
( 1 1) ( 1 ( 1) 1)( ) ( 1)lim = lim
( 1) 1x x
xf x f
x x+ +→− →−
− − − − − −− −
− − +
 
2 2 2
21 1
1 1 1= lim = lim
1 1 1x x
x x x
x x x+ +→− →−
− − −
⋅
+ + −
 
2
2 21 1
1 ( 1)( 1)= lim = lim
( 1) 1 ( 1) 1x x
x x x
x x x x+ +→− →−
− + −
+ − + −
 
21
( 1)= lim = .
1x
x
x+→−
−
−∞
−
	 Assim,	como	o	limite	acima	não	existe,	concluímos	que	f	não	é	derivável	em	 = 1x − . 
b)	 Para	esboçar	o	gráfico	de	f, observemos inicialmente que 
 � Para < 1x − , temos que = ( ) = 2y f x x− − e portanto, no intervalo ( , 1)−∞ − , o grá-
fico	trata-se	de	uma	reta	decrescente;	
 � Para 1 0x− ≤ ≤ , temos que 2 2 2 2= ( ) = 1 1 ( 1) = 1 ( 1)y f x x y x x y− − ⇒ + − ⇒ + + 
= 1 e portanto, no intervalo [ 1,0]− ,	o	gráfico	trata-se	de	um	quarto	da	circunferência	
unitária centrada no ponto (0, 1)− ; 
 � Para > 0x , temos que 2= ( ) =y f x x e portanto, no intervalo (0, )+∞ ,	 o	 gráfico	
trata-se do arco de uma parábola. 
	 Deste	modo,	obtemos	a	seguir	o	gráfico	da	função	f,
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5
Derivadas
 
0 32
y
x
y = x2
y = – x – 2
1– 1– 2
y = √ 1 – x2 – 1
7_3Observando	o	gráfico,	podemos	comprovar	o	que	foi	constatado	no	item	(a): a existência 
da derivada em = 0x 	está	ligada	ao	fato	de	o	gráfico	ser	contínuo	e	suave	nas	proximi-
dades	desse	ponto,	ao	passo	que	a	não	existência	da	derivada	no	ponto	 = 1x − se deve à 
existência	de	um	“bico”	no	gráfico,	nesse	ponto.
 4. Qual deve ser o valor da constante c	 para	 que	 a	 reta	 normal	 ao	 gráfico	 da	 função	
2( ) = 1/ 2f x x x+ no ponto (1,9/2) seja paralela à reta = 3y cx + ?
Solução
Sabemos	que	a	reta	normal	ao	gráfico	de	uma	função	f num ponto ( , ( ))a f a qualquer é 
aquela	que	intercepta	perpendicularmente	a	reta	 tangente	ao	gráfico	de	 f em tal ponto. 
Veja	na	figura	abaixo:
a
y
x
r
f
f (a)
t
7_04Desta forma, sejam r e t,	as	retas	normal	e	tangente	ao	gráfico	de	f no ponto (1, 9/2), 
respectivamente.	Da	 condição	de	perpendicularismo	que	deve	haver	 entre	 essas	 retas,	
temos que 
= 1,t rm m⋅ −
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6
Problemas e Desafios
em que rm e tm denotam as declividades das retas r e t, respectivamente. Sabemos que 
= (1)tm f ′ , e, como 3
2( ) = 2,
2
f x
x
′ − +
+
 segue que 
4(1) = .
3
f ′ Desta forma, devemos ter 
 
4 3= 1 = .
3 4r r
m m− ⇒ −
Agora, para que a reta normal r seja paralela à reta = 3y cx + é necessário que ambas 
tenham a mesma declividade, e como a declividade da segunda é =m c, devemos ter 
3=
4
c − .
 5. Seja r	a	reta	tangente	ao	gráfico	da	função	 ( ) = xf x e 	no	ponto	de	interseção	do	gráfico	de 
 f com o eixo Oy, e seja s	a	reta	tangente	ao	gráfico	de	 1( ) = ( ) = lng x f x x− no ponto 
de	interseção	do	gráfico	de	g com o eixo Ox.	Determine	as	equações	de	tais	retas	r e s, 
faça	um	esboço	das	mesmas	e	verifique	que	elas	são	paralelas.	De	modo	geral,	mostre	
que se r e s	denotam	as	retas	tangentes	aos	gráficos	de	uma	função	f e de sua inversa 1f − , 
em seus interceptos x e y,	respectivamente,	então	ambas	são	paralelas	se	e	somente	se	
= 1rm ± , em que mr denota a declividade da reta r. (Assuma f diferenciável em 
1(0)f − 
e 1(0) 0f − ≠ .)
Solução
O	ponto	de	interseção	do	gráfico	de	 ( ) = xf x e com o eixo yO é dado por P = (0, e0) = 
(0,	1).	Desta	forma,	a	inclinação	da	reta	tangente	ao	gráfico	de	f nesse ponto é dada por 
= (0),rm f ′e, como =
x xd e e
dx
, segue que 0= = 1rm e .
Assim,	a	equação	da	reta	r é dada por: 
 : 1 = ( 0) : = 1.rr y m x r y x− − ⇒ +
Por	outro	lado,	o	ponto	de	interseção	do	gráfico	de	 ( ) = lng x x com o eixo Ox é dado 
por = (1,0)Q , já que ln1 = 0.	Desta	forma,	a	inclinação	da	reta	tangente	ao	gráfico	de	g 
nesse ponto é dada por = (1),sm f ′ e, como 
1ln =d x
dx x
, segue que = 1sm .
Assim,	a	equação	da	reta	s é dada por: 
: 0 = ( 1) : = 1.ss y m x s y x− − ⇒ +
Claramente,	essas	retas	são	paralelas	por	apresentarem	o	mesmo	coeficiente	angular	
= = 1r sm m ,	como	podemos	constatar	na	figura	a	seguir:
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7
Derivadas
y = ex
y = ln x
y
x
r
s
0
7_05De modo geral, se r	é	a	reta	tangente	ao	gráfico	de	f em seu intercepto x, 0= ( ,0)P x e 
s é	a	reta	tangente	ao	gráfico	de	 1f − em seu intercepto y, = (0, (0))P f ,	então	
1
0= ( ) e = ( ) (0).r sm f x m f
−′ ′
Observamos no entanto que para todo 1fx D −∈ temos 
1( ( )) = .f f x x−
Desta	forma,	derivando	ambos	os	membros	da	equação	acima,	utilizando	para	isso	a	
regra da cadeia, obtemos: 
1 1 1
1
1( ( ))( ) ( ) = 1 ( ) ( ) = ,
( ( ))
f f x f x f x
f f x
− − −
−
′ ′ ′⇒
′
donde 
1
1
0
1 1= ( ) (0) = =
( (0)) ( )
sm f
f f f x
−
−
′
′ ′
Portanto, para que as retas r e s sejam paralelas, devemos ter 
2
0 0 0
0
1= ( ) = ( ) = 1 ( ) = 1.
( )r s
m m f x f x f x
f x
′ ′ ′⇒ ⇒ ⇒ ±
′
Assim, 0= ( ) = 1rm f x′ ± , como queríamos demonstrar.
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8
Problemas e Desafios
 6. Sejam , : [0, 2 ] [ 1,1]f g π → − 	definidas	por	 ( ) = senf x x e ( ) = cosg x x. Sejam também 
1P e 2P 	os	pontos	de	interseção	dos	gráficos	de	f e g.	Nessas	condições,	prove	que	a	reta	
tangente	ao	gráfico	de	 f em 1P 	é	paralela	à	reta	tangente	ao	gráfico	de	g em 2P e que o 
mesmo	ocorre	com	as	retas	tangentes	aos	gráficos	de	f e g em 2P e 1P, respectivamente.
Solução
Sabemos que para 0 2 , sen( ) = cos( )x x xπ≤ ≤ se e somente se = /4x π ou = 5 /4x π . As-
sim,	os	pontos	de	interseção	dos	gráficos	de	f e g	são	dados	por 
1 2
2 5 2= , = ,
4 2 4 2
P e Pπ π
   
−      
   
Sejam 1t 	a	reta	tangente	ao	gráfico	de	f em 1P , 2t 	a	reta	tangente	ao	gráfico	de	g em 2P , 
e denotemos por 
1t
m e 
2t
m suas respectivas declividades. Sabemos que 
1
2= = cos =
4 4 2t
m f π π   ′    
   
e 
2
5 5 2 2= = sen = = .
4 4 2 2t
m g π π
    ′ − − −    
     
Desta forma, como 
1 2
=t tm m , temos que as retas tangentes 1t e 2t 	são	paralelas,	como	
podemos	constatar	analisando	também	a	figura	abaixo.
�
2
3�
2
– 1
1
f (x) = sen x
g (x) = cos x
y
x
t1
t2
0 � 2�
7_06
De modo análogo, é possível estabelecer o paralelismo entre as retas tangentes aos 
gráficos	de	f e g em 2P e 1P, respectivamente. 
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9
Derivadas
 7. Seja g	 uma	 função	 limitada	 por	 duas	 outras	 funções	 diferenciáveis	 f e h, ou seja 
( ) ( ) ( )f x g x h x≤ ≤ .	Admita	que	essas	funções	que	limitam	a	função	g coincidam num ponto 
=x c, ( ( ) = ( ))f c h c , e que o mesmo ocorra com suas derivadas nesse ponto ( ( ) = ( )).f c h c′ ′
Nessas	condições,	prove	que	a	função	g é diferenciável em =x c e que ( ) = ( ).g c f c′ ′
Solução
Para provarmos que ( ) = ( ),g c f c′ ′ devemos mostrar que 
( ) ( )lim = ( ).
x c
g x g c f c
x c→
− ′
−
Observemos inicialmente que
 

( ( ) ( ))( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
f x g xg x g c g x f cf c f c
x c x c
≤− −′ ′− ≤ −
− −
 

( ( )= ( )) ( ) ( )= ( )
f c h c g x h c f c
x c
− ′−
−
 

( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) .
g x h x h x h c f c
x c
≤ − ′≤ −
−
 (2)
Agora, dado > 0ε , como ( ) = ( )f c h c′ ′ , existe > 0δ tal que
 ( ) ( )| | < ( ) < .h x h cx c f c
x c
δ ε− ′− ⇒ −
−
 (3)
Obtemos assim
 
(2) (3)( ) ( ) ( ) ( )| | < ( ) < ( ) < ,g x g c h x h cx c f c f c
x c x c
δ ε− −′ ′− ⇒ − −
− −
donde 
( ) ( )lim = ( ),
x c
g x g c f c
x c→
− ′
−
ou seja, g é diferenciável em =x c e ( ) = ( )g c f c′ ′ , como queríamos demonstrar.
 8. Faça	uso	da	regra	do	produto	para	derivar	a	função	composta	 4( ) = 2 xf x .
Solução
Para	utilizarmos	 a	 regra	do	produto,	 precisamos	 expressar	 a	 função	 exponencial	 dada	
como um produto, o que é bastante simples de ser feito, já que 
4( ) = 2 = (2 2 )(2 2 )x x x x xf x
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10
Problemas e Desafios
Agora, aplicando a regra do produto, obtemos 
 = (2 2 ) (2 2 ) (2 2 ) (2 2 )x x x x x x x xdf d d
dx dx dx
⋅ + ⋅
 = 2(2 2 ) (2 2 )x x x xd
dx
⋅
 3= 2 2 (2 ) (2 ) 2x x x x xd d
dx dx
 + 
 
 3= 2 2(2 ) 2x x xd
dx
 
 
 
 5= 2 2x xd
dx
 ( )5= 2 2 ln 2x x
 6= 2 ln 2.x
 9. Use	a	regra	do	produto	e	o	princípio	da	indução	finita	para	provar	que	
1( ) = ( ) ( ), 2.n nd df x nf x f x n
dx dx
− ≥
Solução
Para = 2n , segue da regra do produto que 
 ( )2( ) = ( ) ( ) = ( ) ( ) ( ) ( )d d d df x f x f x f x f x f x f x
dx dx dx dx
   +   
   
 = 2 ( ) ( )df x f x
dx
Suponhamos agora o resultado verdadeiro para =n k e provemos para = 1n k + . Su-
por o resultado válido para =n k 	equivale	a	afirmar	que	
1( ) = ( ) ( )k kd df x kf x f x
dx dx
−
Assim, para = 1n k + , obtemos da, regra do produto e da igualdade acima 
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 10 17/07/2018 15:33:56
11
Derivadas
 1( ) = ( ) ( )k kd df x f x f x
dx dx
+   
 = ( ) ( ) ( ) ( )k kd df x f x f x f x
dx dx
  + 
 
 1= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )k kd dkf x f x f x f x f x
dx dx
−  + 
 
 = ( ) ( ) ( ) ( )k kd dkf x f x f x f x
dx dx
+
 = ( 1) ( ) ( ),k dk f x f x
dx
+
o que prova que o resultado é verdadeiro para = 1n k + .
Provamos, assim, que
1( ) = ( ) ( ), 2.n nd df x nf x f x n
dx dx
− ≥
 10. Seja 
2 2, < 1,
( ) =
2 , 1.
x x x
f x
x x
 − +

≥
a) Mostre que f é contínua em = 1x . 
b) Mostre que f é derivável em = 1x . 
c)	 Esboce	o	gráfico	de	f para concluir geometricamente o que você demonstrou nos itens 
anteriores. 
Solução
a) Para mostrarmos que f é contínua em = 1x , devemos provar que 
1
lim ( ) = (1) = 2.
x
f x f
→
 Temos que 
2
1 1
lim ( ) lim 2 2
x x
f x x x
− −→ →
= − + =
 e 
1 1
lim ( ) lim 2 2.
x x
f x x
+ +→ →
= =
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 11 17/07/2018 15:33:57
12
Problemas e Desafios
 Assim 
1 11
lim ( ) 1 lim ( ) lim ( ) 2 (2),
x xx
f x f x f x f
− → + →→
= = ⇒ = =
 donde f é contínua em = 1x . 
b) Para mostrar que f é derivável em = 1x , devemos estudar a existência do limite 
1
( ) (1)lim .
1x
f x f
x→
−
−
 Temos que 
2
1 1 1 1
( ) (1) ( 2) 2 ( 1)lim lim lim lim 1.
1 1 1x x x x
f x f x x x x x
x x x− − − −→ → → →
− − + − −
= = = =
− − −
 e 
 1 1 1
( ) (1) 2 2 1 ( 1)lim lim 2 lim
1 1 1 1x x x
f x f x x x
x x x x+ + +→ → →
− − − +
= =
− − − +
 
1 1
1 12 lim 2 lim
( 1)( 1) 1x x
x
x x x+ +→ →
−
= =
− + +
 = 1.
 Assim 
11 1
( ) (1) ( ) (1) ( ) (1)lim 1 lim lim 1
1 1 1xx x
f x f f x f f x f
x x x− + →→ →
− − −
= = ⇒ =
− − −
 e portanto f é derivável em = 1x . 
c) Analisando	a	figura	abaixo,	podemos	concluir	que	a	curva	que	representa	o	gráfico	de	
f além de ser contínua em = 1x 	é	também	suave	ao	redor	desse	ponto	(não	apresenta	
“quinas”), o que comprova também sua diferenciabilidade.
0
2
y
x
y = x2 – x + 2
1
y = 2 √ x
7_10
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 12 17/07/2018 15:33:57
13
Derivadas
 11. Vamos	assumir	que	dois	grandes	morros	possam	ser	concebidos,	através	de	uma	visão	pla-
nificada,	como	dois	arcos	de	parábolas,	com	equações	dadas	por	 2= 1 , 1 1y x x− − ≤ ≤ e 
2= 3 ( 3) , 1 5y x x− − ≤ ≤ . Com o intuito de utilizar os morros para a prática de tirolesa, um 
cabo	é	conectado	aos	dois	e	tensionado,	de	acordo	com	a	figura	abaixo:
3
y
x
y = 1 – x2
y = 3 – (x – 3)2
7_11
Nessas	condições,	determine	qual	deve	ser	a	inclinação	desse	cabo.
Solução
Observando	a	figura,	podemos	constatar	que	o	cabo	se	trata	de	umatangente	comum	às	
duas	curvas	que	descrevem	os	morros.	Definimos	
2 2( ) = 1 e ( ) = 3 ( 3)f x x g x x− − −
e denotamos por r	a	reta	tangente	comum	ao	gráfico	de	f e g.
Seja 20 0 0 0( , ( )) = ( ,1 )x f x x x− 	o	ponto	de	tangência	no	gráfico	de	g.	Então	a	declivida- 
de da reta tangente r será dada por 0= ( ),rm f x′ ou seja, 0= 2rm x− . Desta forma, a equa-
ção	da	reta	r será dada por 
2 2
0 0 0 0 0: ( (1 )) = 2 ( ) = 2 (1 ).r y x x x x y x x x− − − − ⇒ − + +
Agora, para que r	também	seja	tangente	ao	gráfico	de	g é necessário que r intersecte 
a curva = ( )y g x 	em	apenas	um	ponto.	Vamos	então	determinar	sob	que	condições	pode-
mos	garantir	isso,	igualando	as	duas	equações.	Temos	que	
 
2 2
0 03 ( 3) = 2 (1 )x x x x− − − + +
 2 20 03 ( 6 9) = 2 1x x x x x⇔ − − + − + +
 2 20 06 6 = 2 1x x x x x⇔ − + − − + +
 2 20 0(6 2 ) ( 7) = 0x x x x⇔ − + + − +
Assim,	como	queremos	que	a	interseção	se	reduza	a	um	único	ponto,	devemos	garantir	
que	a	equação	quadrática	acima	tenha	apenas	uma	raiz	real.	Para	isso,	precisamos	impor	que	
2 2
0 0 0 0
1(6 2 ) 4( 7) = 0 24 8 = 0 = .
3
x x x x+ − + ⇒ + ⇒ −
Deste modo, a declividade da reta r será 0
1 2= 2 = 2 =
3 3r
m x  − − − 
 
, e, deste modo, a 
inclinação	do	cabo	será	dada	por	 1 2= t
3
gθ −   
 
. 
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 13 17/07/2018 15:33:58
14
Problemas e Desafios
 12. À	medida	que	vai	sendo	inflado,	o	raio	de	um	balão	esférico	varia	de	acordo	com	a	função	
2( ) = 2 1,r t t +
em que t é medido em minutos e o raio r em cm.	Nessas	condições,	determine	a	que	taxa	
estará	variando	o	volume	do	balão	quando	 = 2t min.
Solução
A	princípio,	o	volume	do	balão	esférico	é	uma	função	do	seu	raio	r, já que, à medida que 
o valor de r aumenta ou diminui, o mesmo ocorre com o volume V. Da fórmula do volu-
me	de	uma	esfera,	concluímos	que	a	expressão	para	a	função	que	determina	o	volume	do	
balão	é	dada	por	
34( ) = .
3
V r rπ
No	entanto,	note	que	o	raio	do	balão	vá	aumentando	à	medida	que	ele	é	inflado,	de	
modo que o valor de r	varia	com	o	tempo,	e	tal	variação	é	dada	por	 2( ) = 2 1r t t + . Desta 
forma, o volume V	é	na	verdade	uma	função	da	variável	tempo	t. Em outras palavras, 
3 2 34 4( ) = ( ( )) = ( ) = (2 1)
3 3
V t V r t r t tπ π + (4)
Sabemos	que	a	 taxa	de	variação	do	volume	do	 instante	 = 2t é dada por ( (2)).V r′ 
Derivando	ambos	os	membros	da	equação	(4)	com	respeito	à	variável	t, utilizando para 
isso a regra da cadeia, obtemos
2 2 2 2 2( ( )) ( ) = 4 (2 1) (2 1) = 16 (2 1)dV r t r t t t t t
dt
π π′ ′ + + +
Assim
2 2 2 24 ( ( )) = 16 (2 1) ( ( )) = 4 (2 1)tV r t t t V r t t tπ π′ ′+ ⇒ +
e portanto 2 2( (2)) = 8 (2(2) 1) = 648 ,V r π π′ + o que nos permite concluir que, no instante 
t	=	2,	o	volume	do	balão	está	variando	a	uma	taxa	de	648πcm3/min. 
 13. Dizemos	que	uma	função	 :f I →  é convexa se, dados dois pontos A e B	sobre	o	gráfico	
de f, o segmento de reta AB 	que	os	une	está	sempre	acima	do	gráfico	de	f. 
y
x
f
A
B
0
7_13a
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 14 17/07/2018 15:33:58
15
Derivadas
Nessas	condições,	prove	que	se	 :f I →  	é	uma	função	convexa	e	derivável,	então	f ' é 
uma	função	crescente.
DICA: Prove inicialmente que se 1 2 3 4< < <x x x x em I,	então	a	inclinação	da	reta	secante	
ao	gráfico	de	 f nos pontos 1 1( , ( ))x f x e 2 2( , ( ))x f x 	é	menor	do	que	a	inclinação	da	reta	
secante	ao	gráfico	de	f nos pontos 3 3( , ( ))x f x e 4 4( , ( ))x f x .
Solução
Denotaremos inicialmente A = (x1, f (x1)), B = (x2, f (x2)), C = (x3, f (x3)), D = (x4, f (x4)) e 
para cada reta r indicaremos por mr sua declividade. 
x1 x2 x3 x4
f
x
y
7_13b
Como fB G∈ , segue da convexidade de f que B está abaixo do segmento AC , assim 
AB ACm m≤ , mas AC BCm m≤ ,	e	segue	então	da	transitividade	da	inclinação	de	retas	que	
AB BCm m≤ (5)
Da mesma forma, como fC G∈ , segue da convexidade de f que C está abaixo do 
segmento BD , assim BC BDm m≤ , mas BD CDm m≤ ,	 e	 segue	 então	 da	 transitividade	 da	
inclinação	de	retas	que	
BC CDm m≤ (6)
Finalmente,	segue	de	(5),	(6)	e	da	transitividade	da	inclinação	de	retas	que	
AB CDm m≤
De posse desse resultado, provemos que, se :f I →  	é	uma	função	convexa	e	derivá-
vel,	então	 f '	é	uma	função	crescente.	Para	 isso,	sejam	 1 3,x x I∈ , com 1 3<x x . Tomemos 
2 4,x x I∈ , satisfazendo 1 2 3 4< < <x x x x .	Segue	então,	do	que	demonstramos	acima,	que
4 32 1
2 1 4 3
( ) ( )( ) ( )
= =AB CD
f x f xf x f x m m
x x x x
−−
≤
− −
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 15 17/07/2018 15:33:59
16
Problemas e Desafios
e portanto 
2 1 4 3
4 32 1
1 3
2 1 4 3
( ) ( )( ) ( )( ) lim lim ( ).
x x x x
f x f xf x f xf x f x
x x x x→ →
−−′ ′= ≤ =
− −
Desta forma, 1 3( ) ( ),f x f x′ ′≤ sempre que 1 3<x x , o que nos permite concluir que f ' 
é	uma	função	crescente.
 14. Seja r a reta tangente à elipse 2 24 = 16x y+ no ponto (2, 3) . Determine um ponto sobre a 
elipse em que a reta normal seja paralela à reta r.
Solução
Vamos inicialmente determinar a declividade rm da reta tangente à elipse e no ponto 
(2, 3) .	Para	isso,	determinemos	a	expressão	de	 dy
dx
. Derivando ambos os membros da 
equação	da	elipse	implicitamente	com	respeito	a	x, obtemos 
( )2 24 = 16
2 8 = 0
=
4
d dx y
dx dx
dyx y
dx
dy x
dx y
+
+
−
Como o ponto de tangência é (2, 3), substituindo = 2x e = 3y 	na	expressão	de	
dy
dx
 obtemos 2 3=
3r
m − .
Seja 0 0( , )x y um ponto sobre a elipse no qual a reta normal s é paralela à reta r. Como 
a reta normal em 0 0( , )x y deve ser perpendicular à reta tangente nesse mesmo ponto, 
devemos ter:
0 0
0 0
4
= 1 = .
4 s s
x y
m m
y x
−
⋅ − ⇒
Agora, como a reta normal s deve ser paralela à reta r, devemos ter =s rm m , ou seja,
2
0 0
2
0 0
4 162 3 4= =
3 3
y y
x x
−
⇒
e como 0 0( , )x y pertence à elipse, temos 
2 2
0 0= 16 4x y− e obtemos assim 
2
2 2 20
0 0 0 02
0
16 4= 48 = 64 16 64 = 64 = 1.
316 4
y
y y y y
y
⇒ − ⇒ ⇒ ±
−
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 16 17/07/2018 15:34:00
17
Derivadas
Substituindo 0 = 1y ± 	na	equação	da	elipse,	obtemos	
2
0 0= 12 = 2 3x x⇒ ± . Finalmente, 
como 0
0
4 2 3= =
3s
y
m
x
− , devemos ter 0 = 2 3x e 0 = 1y − ou 0 = 2 3x − e 0 = 1y , e 
portanto	os	pontos	procurados	são	
1 2= (2 3, 1) e = ( 2 3,1).P P− −
 15. Mostre que a elipse E e a parábola P,	com	equações	dadas	por	
2 2
2: = 1 e : = 4
3 6
x yE P y x+
se interceptam em dois pontos, e em cada um deles as retas tangentes a E e a P, respecti-
vamente,	são	perpendiculares.	Quando	isso	ocorre,	as	curvas	são	ditas	curvas	ortogonais.
Solução
Inicialmente,	vamos	determinar	os	pontos	de	interseção	de	E e P. Substituindo 2 = 4y x 
na	equação	de	E, obtemos 
2
22 = 1 2 3 = 0.
3 3
x x x x+ ⇒ + −
Resolvendo	a	equação	quadrática,	obtemos	 = 3x − ou = 1x . Evidentemente, como 
= 3x − 	não	satisfaz	a	equação	P, devemos ter = 1x e portanto = 2y ± , e desta forma os 
pontos	de	interseção	entre	as	curvas	serão	dados	por	
( ) ( )1 2= 1, 2 e = 1,2 .P P−
Sejam agora 1r e 2r as retas tangentes a E e a P em 1P , respectivamente, e denotemos 
por 
1r
m e 
2r
m suas respectivas declividades. Para determinar 
1r
m , derivamos implicita-
mente	a	equação	de	E com respeito a x, obtendo 
2 1 2= 0 =
3 3
dy dy xx y
dx dx y
+ ⇒ −
e desta forma, substituindo = 1x e = 2y − 	na	expressão	de	dy/dx, obtemos 
1r
m = 1.
Agora, para determinar 
2r
m ,	derivamos	implicitamente	a	equação	de	P com respeito a 
x, obtendo 
22 = 4 =dy dyy
dx dx y
⇒
e desta forma, substituindo = 1x e = 2y − 	na	expressão	de	dy/dx, obtemos 
2r
m = –1.
Contudo, como 
1 2
= 1r rm m − , concluímos que as retas r1 e r2, tangentes a E e a P em 1P , 
respectivamente,	são	perpendiculares.
Sejam agora, s1 e s2 as retas tangentes a E e a P em P2, respectivamente, e denotemos por 
1s
m e 
2s
m 	suas	respectivas	declividades.	Analisando	as	expressões	de	dy/dx para ambas as 
curvas em 2 = (1,2)P , constatamos que 1 = 1sm − e 2 = 1sm , donde 1 2 = 1s sm m − , e portanto 
as	retastangentes	neste	caso	também	são	perpendiculares.
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 17 17/07/2018 15:34:01
18
Problemas e Desafios
 16. Use	a	regra	da	derivação	implícita	para	estender	a	regra	de	derivação	 1=n nd x nx
dx
− 
 
 
 para 
expoentes racionais.
Solução
Como	todo	número	racional	é	da	forma	 a
b
, com ,a b∈, 0b ≠ , queremos provar que 
1
= , , 0.
a a
b bd ax x a b b
dx b
−
∀ ∈ ≠
Seja =
a
by x ,	então	
= .b ay x
Derivando	essa	equação	implicitamente	com	respeito	a	x, obtemos 
1 1=b adyby ax
x
− −
Agora, substituindo =
a
by x 	na	equação	acima,	vem	que	
 
1
1=
ba
ab dyb x ax
dx
−
− 
 
 
 
( ) 1=
aa ab dybx ax
dx
− −⇒
 
1
( )
=
a
aa
b
dy a x
dx b
x
−
−
⇒
 
( 1) ( )
=
aa a
bdy a x
dx b
− − −
⇒
 
1
= ,
a
bdy a x
dx b
−
⇒
como queríamos demonstrar.
 17. Uma prática muito comum, notadamente em problemas físicos, consiste em substituir sen θ 
por θ quando θ	é	um	ângulo	muito	pequeno	(próximo	de	zero).	Justifique	por	que	isso	pode	
ser feito.
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 18 17/07/2018 15:34:01
19
Derivadas
Solução
É sabido que uma curva se aproxima de sua reta tangente nas proximidades do ponto de 
tangência. Tal fato constitui a base teórica que nos permite encontrar valores aproxima-
dos	de	funções.
a
y
x0
f (a)
7_17
Neste	exercício,	vamos	utilizar	esse	princípio	para	justificar	a	prática	de	substituir	o	
seno	de	um	ângulo	pelo	próprio	ângulo,	quando	este	é	muito	pequeno.	Evidentemente,	
ao	tentarmos	obter	uma	boa	aproximação	para	o	seno	de	um	ângulo	muito	pequeno,	de-
vemos	estudar	a	equação	da	reta	tangente	t	ao	gráfico	da	função	 ( ) = senf x x no ponto 
= 0x . Sabemos que a declividade dessa reta será dada por = (0)tm f ′ e que ela deverá 
passar pelo ponto (0, (0))f ,	de	modo	que	sua	equação	será	dada	por
 : = (0) (0)( 0) : = sen(0) cos(0) : = .t y f f x t y x t y x′+ − ⇒ + ⇒
Desta	forma,	fica	demonstrado	que	nas	proximidades	de	 = 0x podemos aproximar a 
função	 ( ) = senf x x pela reta =y x ,	podendo	então,	para	valores	muito	pequenos	de	um	
ângulo	θ,	substituir	a	expressão	sen	θ por θ.
 18. Um	garoto	está	parado	observando	um	balão,	que	está	distante	dele	20	m,	levantar	voo.	Ao	
levantar	voo,	o	balão	passa	a	subir	verticalmente	a	uma	velocidade	de	3	m/s.	A	que	taxa	o	
ângulo	de	visão	do	garoto	estará	se	elevando	transcorridos	4	s	do	momento	em	que	o	balão	
inicia sua subida?
Solução
Sejam ( )y t 	a	altura	do	balão,	 ( )tθ 	o	ângulo	de	visão	do	garoto	e	 ( )z t 	a	distância	entre	o	
garoto	e	o	balão,	transcorridos	t segundos do início da subida, respectivamente.
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 19 17/07/2018 15:34:02
20
Problemas e Desafios
20 m
z(t)
θ(t) y(t)
7_18
Observando	a	figura	acima,	temos	que	
tg( ( )) = 20 tg( ) = .
20
yt yθ θ⇒
Derivando	ambos	os	membros	da	equação	acima	com	respeito	à	t, obtemos 
220 sec ( ) =d dy
dt dt
θθ (7)
Queremos encontrar o valor de d
dt
θ quando t = 4. Como a velocidade de subida é de 
3	m/s,	após	3	s	o	balão	estará	a	uma	altura	de	12	m,	e	teremos	então	nesse	instante	y = 12. 
Desta	forma,	de	acordo	com	a	figura	acima,	segue	que	
2 2 2= 20 12 = 544 = 4 34.z z+ ⇒
Assim, em = 4t s teremos 
2
2
2
20 5 34 1 34cos = = sec = = = 1,36.
34 cos4 34 5 34
θ θ
θ
 ⇒  
 
Finalmente, voltando em (7), lembrando que dy/dt = 3, obtemos para = 4t 
20(1,36) = 3 0,11d d
dt dt
θ θ
⇒ 
e	portanto	o	ângulo	de	visão	do	garoto	estará	se	elevando	a	aproximadamente	0,11	rad/s.
 19. Duas partículas, A e B, iniciam o movimento num mesmo ponto do plano, perfazendo, a 
partir daí trajetórias perpendiculares. A velocidade da partícula A é 12 m/s e da partícula B 
8	m/s.	Quão	rápido	as	partículas	estarão	se	afastando	transcorridos	3	segundos?
Solução
Sejam ( )x t e ( )y t 	as	distâncias	percorridas	pelas	particulas	A e B, transcorridos t segun-
dos, respectivamente e seja ( )h t 	a	distância	entre	as	partículas,	após	t segundos.
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 20 17/07/2018 15:34:03
21
Derivadas
Como as partículas iniciam o movimento num mesmo ponto e a partir daí perfazem 
trajetórias	perpendiculares	(observe	a	figura	abaixo),	temos	que
A
By(t)
x(t)
h(t)
7_19
2 2 2( ) ( ) = ( )x t y t h t+
Derivando	ambos	os	membros	da	equação	acima	com	respeito	a	t, obtemos 
2 ( ) 2 ( ) = 2 ( )dx dy dhx t y t h t
dt dt dt
+
Sabemos que 
= ( ) = 12
= ( ) = 8
= ( )
A
B
h
dx v t
dt
dy v t
dt
dh v t
dt








Assim 
24 ( ) 16 ( ) = 2 ( ) ( )hx t y t h t v t+ (8)
Queremos determinar ( )hv t quando = 3t . Como a partícula A se desloca a uma ve-
locidade de vA = 12 m/s, após 3 s ela terá percorrido 36 m. Da mesma forma, como a 
partícula B se desloca a uma velocidade de vB = 8 m/s, após 3 s ela terá percorrido 24 m. 
Assim, em t = 3 s, teremos 
2 2 236 24 = (3) (3) = 12 13.h h+ ⇒
Voltando em (8), obtemos para = 3t 
24(36) 16(24) = 2(12 13) (3)
1248 = 24 3 (3)
52 3(3) = .
3
h
h
h
v
v
v
+
Portanto, transcorridos 3 s do início do deslocamento, as particulas A e B	estarão	se	
afastando a uma velocidade de 52 3 m/s.
3
 
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_7.indd 21 17/07/2018 15:34:03
22
Problemas e Desafios
 20. Seja :f →  	uma	função	diferenciável	satisfazendo	
2| ( ) ( ) | | | , , , .f x f y k x y k x y− ≤ − ∈ ∀ ∈ 
Prove que f é constante.
Solução
Dividindo ambos os membros da desigualdade 2| ( ) ( ) | | |f x f y k x y− ≤ − por | |x y− , 
obtemos 
( ) ( ) | |,f x f y k x y
x y
−
≤ −
−
donde 
( ) ( )| | | |f x f yk x y k x y
x y
−
− − ≤ ≤ −
−
Deste modo, para todo y∈, segue do teorema do confronto que 
( ) ( )lim | | lim lim | |
x y x y x y
f x f yk x y k x y
x y→ → →
−
− − ≤ ≤ −
−
e portanto 
( ) ( )( ) = lim = 0
x y
f x f yf y y
x y→
−′ ∀ ∈
−

o que nos permite concluir que f	é	uma	função	constante.	
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