Apostila_Calculo1_2020-1-Rolci

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Apostila de Exercícios - Cálculo I
Turma Honors - PEM (Programa Especial de Matemática)
2020.1
Rolci Cipolatti,
Remi Ma�re Dupuis,
Erick Manjarra,
Renato Rosa,
Yuri Paes Gomes.
3
Sumário
1 Exercícios 1
1.1 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Cálculo de Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 Continuidade de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Cálculo de Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.1 Derivação Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.2 Derivação Implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Aplicação de Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.1 Limites com L'Hôpital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.2 Taxas Relacionadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.3 Aproximação de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.4 Máximos e Mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.5 Esboço de Grá�co . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4 Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4.1 Cálculo de Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4.2 Integrais De�nidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.4.3 Integrais Impróprias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4.4 Aplicação de Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2 Respostas dos Exercícios 25
2.1 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.1 Cálculo de Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.2 Continuidade de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.2 Cálculo de Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.2.1 Derivação Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.2.2 Derivação Implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.3 Aplicação de Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.3.1 Limites com L'Hôpital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.3.2 Taxas Relacionadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.3.3 Aproximação de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.3.4 Máximos e Mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.3.5 Esboço de Grá�co . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
2.4 Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
2.4.1 Cálculo de Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
2.4.2 Integrais De�nidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
2.4.3 Integrais Impróprias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
2.4.4 Aplicação de Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3 Material Complementar 127
3.1 Complementos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
3.1.1 Números . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
3.1.2 Crescimento e Concavidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
3.2 O Método de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
3.2.1 O Problema de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
3.2.2 O Método de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
3.2.3 O Método de Euler em Python . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
3.3 Quilling Shapes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
3.3.1 A Catenária . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
3.3.2 Tokamak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
1
Capítulo 1
Exercícios
1.1 Limites
1.1.1 Cálculo de Limites
1. Limites Elementares:
(a) lim
x→2
x− 2√
2 + x
(b) lim
x→+∞
(
2− 1
x
+
4
x2
)
(c) lim
x→+∞
4x3 − 2x2 + 1
3x3 − 5
(d) lim
x→±∞
x+ 1
x
(e) lim
x→−∞
x2 + x− 1
2x+ 5
(f) lim
x→−∞
(√
x2 + 1− x
)
(g) lim
x→−∞
x
(√
x2 + 1− x
)
(h) lim
x→0
√
1 + x− 1
x
(i) lim
x→4
√
2x+ 1− 3√
x− 2−
√
2
(j) lim
x→1
3
√
x− 1√
x− 1
(k) lim
x→a
m
√
x− m√a
x− a
2
(l) lim
x→0
√
1 + x+ x2
x
(m) lim
x→+∞
√
x2 − 3
3
√
x3 + 1
(n) lim
u→−2
u3 + 4u2 + 4u
(u+ 2)(u− 3)
2. Indeterminações do tipo 0/0:
(a) lim
x→0
4x3 − 2x2 + x
3x2 + 2x
(b) lim
x→2
x2 − 4
x− 2
(c) lim
x→1
x3 − 1
x− 1
(d) lim
x→2
x2 − 5x+ 6
x2 − 12x+ 20
(e) lim
x→2
x2 + 3x− 10
3x2 − 5x− 2
(f) lim
y→−2
y3 + 3y2 + 2y
y2 − y − 6
(g) lim
u→−2
u3 + 4u2 + 4u
(u+ 2)(u− 3)
(h) lim
x→−2
xn − 1
x− 1 , (n ∈ N)
3. Indeterminações do tipo ∞−∞:
(a) lim
x→1+
(
1
1− x −
3
x2 − 1
)
(b) lim
x→+∞
√
x2 + 1− x
4. Indeterminações do tipo 0×∞:
(a) lim
x→+∞
x
(√
x2 + 1− x)
)
5. Limites trigonométricos com 0/0:
(a) lim
x→0
sen(x)
tg(x)
(b) lim
x→0
sen(4x)
x
3
(c) lim
x→0
sen2 (x/3)
x2
(d) lim
x→0−
x√
1− cos(x)
(e) lim
x→0−
(x(cotg(x))
(f) lim
v→π/3
1− 2 cos(v)
sen(v − π/3)
(g) lim
z→1
(1− z) tg
(πz
2
)
(h) lim
x→0
2 arcsen(x)
3x
(i) lim
x→0
tg x− senx
x3
(j) lim
x→0
sen a+ x− sen a− x
x
6. Calcule os limites sabendo que:
lim
x→∞
(
1 +
1
x
)x
= e
(a) lim
x→0
sen(x)
tg(x)
(b) lim
x→∞
(
1 +
2
x
)x
(c) lim
x→∞
(
1− 1
x
)x
(d) lim
x→∞
(
x
1 + x
)x
(e) lim
x→∞
x[ln(x+ 1)− ln(x)]
(f) lim
x→π/2
(1 + cos(x))3 sec(x)
(g) lim
x→0
ln(1 + αx)
x
(h) lim
x→∞
(
2x+ 3
2x+ 1
)2x+1
(i) lim
x→0
(1 + 3 tg2(x))cotg
2(x)
7. Mostre que vale:
4
(a) lim
n→+∞
1 + 2 + 3 + ...+ n
n2
=
1
2
(b) lim
n→+∞
12 + 22 + 32 + ...+ n2
n3
=
1
3
(c) lim
n→+∞
13 + 23 + 33 + ...+ n3
n4
=
1
4
(Dica)
Para mostrar as igualdades acima é necessário mostrar que valem as seguintes igual-
dades:
(a) 1 + 2 + 3 + ...+ n =
n(n+ 1)
2
(b) 12 + 22 + 32 + ...+ n2 =
n(n+ 1)(2n+ 1)
6
(c) 13 + 23 + 33 + ...+ n3 =
n2(n+ 1)2
4
Mostre-as!
1.1.2 Continuidade de Funções
1. Determine o valor da constante c para que a função f , dada abaixo, seja contínua
em [0,+∞).
f(x) =

x+
√
x− 2
x− 1 , 0 ≤ x < 1.
cx+ 5
x2 + 3
x ≥ 1.
2. Determine os valores de a e b para que a função f , dada abaixo, seja contínua em
[−3, 3].
f(x) =

a, x = −3.
9− x2
4−
√
x2 + 7
, −3 < x < 3.
b x = 3
3. Determine os valores de a e b para que a função f , dada abaixo, seja contínua em
R.
f(x) =

x6, x ≤ −1.
ax+ b, −1 < x < 2.
x2 + 5 x ≥ 2
5
4. Determine o valor da constante c para que a função f , dada abaixo, seja contínua
em [2,+∞).
f(x) =

x2 − 4
x2 − 3x+ 2 , x > 2.
c x = 2.
5. Determine o valor da constante c para que a função f , dada abaixo, seja contínua
em (0,+∞).
f(x) =

√
x2 + 16− 5
4−
√
x2 + 7
, x 6= 3.
c x = 3.
6. Determine o valor da constante c para que a função f , dada abaixo, seja contínua
em x = 0.
f(x) =

1− cos(x)
sen2(x)
, x 6= 0.
c x = 0.
1.2 Cálculo de Derivadas
1.2.1 Derivação Simples
1. Para cada uma das funções f abaixo, calcule a derivada f ′(x0) usando a de�nição
de derivada:
(a) f(x) =
1
x
(b) f(x) =
√
x
(c) f(x) =
1√
x
(d) f(x) = sen2(x)
2. Determine a reta tangente ao grá�co de cada uma das funções f abaixo nos pontos
x0 especí�cados e faça um esboço dos grá�cos e das tangentes:
(a) f(x) = x3, x0 = 1
(b) f(x) =
1
x2
, x0 = 1/2
(c) f(x) = x+
√
x, x0 = 2
6
3. Calcule a derivada f ′(x0) de cada uma das funções abaixo aplicando as regras "al-
gébricas" de derivação, explicitando os pontos x0 onde f não é derivável:
(a) f(x) = x4 + 3x2 + 6
(b) f(x) = 6x3 − x2
(c) f(x) =
x5
a+ b
− x
2
a− b − x
(d) f(x) = 6x7/2 + 4x5/2 + 2
(e) f(x) =
√
x+ 3
√
x+
1
x
(f) f(x) =
x3 + 1
x3/2
(g) f(x) =
x
m
+
m
x
+
x2
n2
+
n2
x2
(h) f(x) =
sen(x)
1 + cos(x)
4. Calcule a derivada f ′(x0) de cada uma das funções abaixo aplicandoa regra da
cadeia, explicitando os pontos x0 onde f não é derivável:
(a) f(x) = (x2 + a2)5
(b) f(x) = (a+ x)
√
a− x
(c) f(x) =
√
a+ x
a− x
(d) f(x) =
2x2 − 1
x
√
1 + x2
(e) f(x) =
√
x+ 3
√
x+
1
x
(f) f(x) = 3
√
x2 + x+ 1
(g) f(x) = (1 + 4
√
x)3
(h) f(x) =
√
x+
√
x+
√
x
(i) f(x) =
1 + 4x2
x2(1 + x2)3/2
7
5. Considere a função f : R→ R de�nida assim:
f(x) =
2x2 se x ≤ 2ax+ b se x > 2
Determine os valores de a e b para que a função seja derivável em R.
6. Considere a função f : R→ R de�nida assim:
f(x) =
x2 se x ∈ Q0 se x 6∈ Q
Mostre que f é derivável em x0 = 0 e somente nesse ponto.
7. Considere a função f(x) =
√
sen2(x2).
(a) Determine o domínio D de f ;
(b) Determine, caso existam, os pontos de D onde a função é descontínua;
(c) Determine, caso existam, os pontos de D onde a função não é diferenciável.
8. Determine a equação da reta que é tangente simultaneamente aos grá�cos das fun-
ções f e g de�nidas por f(x) = 1 − x2 e g(x) = −x
2
2
+ 2x − 3
2
(veja a �gura
abaixo).
g
Q
f
P
h
9. Calcule as derivadas das seguintes funções no ponto x0:
(a) f1(x) = e
ee
x
(b) f2(x) = ln(1 + ln(1 + ln(1 + e
1+e1+x)
(c) f3(x) = (sen(x))
sen(sen(x))
(d) f4(x) = sen(x
sen(xsen(x)))
(e) f5(x) =
(
arcsen
(
x
sen(x)
))ln(sen(ex))
8
1.2.2 Derivação Implícita
1. (a) Encontre y′ se x3 + y3 = 6xy
(b) Encontre a reta tangente ao fólio de Descartes x3 + y3 = 6xy no ponto (3,3).
(c) Em qual ponto do primeiro quadrante a reta tangente é horizontal?
2. Se 0 < x < 5, a equação x1/2 + y1/2 = 5 de�ne y como uma função de x. Sem isolar
y, mostre que a derivada de y′ tem um sinal �xo. (Você pode assumir a existência
de y′.)
3. A equação 3x2 + 4y2 = 12 de�ne y implicitamente como duas funções de x, se
|x| ≤ 2. Assumindo que a segunda derivada y′′ existe, mostre que ela satisfaz a
equação 4y3y′′ = −9.
4. Se y = xr, em que r é um número racional, digamos r = m/n, então yn = xm. As-
sumindo a existência da derivada y′, deduza a fórmula y′ = rxr−1 usando derivação
implícita e a fórmula correspondente para expoentes inteiros.
5. Para cada uma das funções y = f(x) de�nidas implicitamente perto de (x, y) =
(a, b), Encontre o sinal de y′ naquela região perto do ponto. Perceba que a solução
é única ao redor do ponto.
(a) x cos(xy) = 0 em (a, b) = (1, π/2)
(b) xy + ln(xy) = 1 em (a, b) = (1, 1)
(c) x5 + xy + y5 = 3 em (a, b) = (1, 1)
6. Determine a, b ∈ R tais que (1, 1) pertence a curva de�nida implicitamente por
x2y + ay2 = b e que a reta tangente nesse ponto é 4x+ 3y = 7.
7. Determine a reta tangente à curva xy = yx no ponto (k0, k0) com k0 6= e.
8. Mostre que as retas tangentes às curvas x2 +2xy+y3 = 1 e y2 +9x−(x−2)3−9 = 0
no ponto (0, 1) são perpendiculares.
9. Encontre uma equação da reta tangente ao grá�co da curva 2x2y2+y3 cos(πx)−1 = 0
no ponto (1,1)
1.3 Aplicação de Derivadas
1.3.1 Limites com L'Hôpital
1. Dizemos que uma função g(x) cresce mais rápido que f(x), se
lim
x→+∞
f(x)
g(x)
= 0
9
Mostre que, qualquer que seja n ∈ N, a função exponencial g(x) = ex cresce mais
rápido que a função potência f(x) = xn; e que a função g(x) = x cresce mais rápido
que a função f(x) = (ln(x))n.
Observação: Isso quer dizer o seguinte: imagine que você desenvolveu um algo-
ritmo para resolver um certo tipo de problema e observou que o número de operações
do seu algoritmo depende exponencialmente do número x de dados. Se seu problema
envolve um número muito grande de dados, seu algoritmo é ine�ciente. Jogue-o fora!
Por outro lado, se o número de operações do seu algoritmo depende de ln(x), onde
x é o número de dados a serem tratados, seu algoritmo é excelente.
2. Para cada n,m ∈ N, calcule os limites abaixo:
(a) lim
x→0+
x(ln(x))n
(b) lim
x→+∞
xm
(ln(x))n
(c) lim
x→+∞
(ln(x))n
x1/m
(d) lim
x→+∞
ex
n
emx
3. Três engenheiros, Abelardo, Albuquerque e Azevedo, desenvolveram para uma em-
presa um algorítmo de busca de dados na internet e o entregraram para o chefe, Dr.
Jonas, que demonstrou que o número de operações do algoritmo de Abelardo é da
ordem de 10n, onde n é o numero de dados, que o algoritmo de Albuquerque exige
um número de operações da ordem de n! e que o algoritmo de Azevedo exige um
número de operações da ordem de nn. Qual dos três é o mais e�ciente e qual é o
menos e�ciente para um conjunto muito grande de dados?
Sugestão: Use a desigualdade: e
(n
e
)n
< n! < 2
(n
2
)n
4. Calcule os limites abaixo:
(a) lim
x→2
x3 + x2 − 11x+ 10
x2 − x− 2
(b) lim
x→0
(
1
x
− 1
x2
)
(c) lim
x→1
(x− 1)2
1 + cos(πx)
(d) lim
x→0
7 sen(7x)
x
10
(e) lim
x→0
sec(x)− 1
x
(f) lim
x→+∞
(
1
x
− 1
tg(x)
)
(g) lim
x→+∞
ex
x
(h) lim
x→+∞
e7x
πx
(i) lim
x→1
x8 − 5x7 + 9x6 − 7x3 + 12x− 10
(x− 1)
(j) lim
x→1
x7 + 5x5 − x4 + 8x3 + x2 − 17
(x− 1)2
(k) lim
x→1−
log(1− x) tg(1− x)
(l) lim
x→0+
xe1/x
1.3.2 Taxas Relacionadas
1. Um cocho de água (bebedouro para animais) tem 10 m de comprimento e uma seção
transversal com forma de trapézio isósceles com 30 cm da base, 80 cm de extensão
no topo e 50 cm de altura. Se o cocho for preenchido com água a uma taxa de
0, 2 L/min, quão rápido o nível de água estará subindo quando ela tiver 30 cm de
profundidade?
h(t)
8 dm
3 dm
5 dm
2. Duas carretas estão conectadas por uma corda rígida de 12 m que passa por uma
polia P presa ao teto a uma altura de 4 m do ponto Q (veja �gura). A carreta A
está sendo puxada afastando-se de Q a uma velocidade de 0, 5 m/s. Determine a
velocidade da carreta B no instante t0 em que a carreta A se encontra a 3 m do
ponto Q.
11
P
LB(t) LA(t)
B A
y(t) x(t)
Q
4m
3. Uma roda gigante com raio de 10 m está girando com velocidade angular de 360
graus por minuto. Com que velocidade um passageiro estará subindo quando seu
assento estiver 16 m acima do solo?
4. Um semicírculo de diâmetro PQ está colado à base de um triângulo isóscelesOPQ de
lados L cm (�xados) para formar uma região com um formato de sorvete, conforme
mostra a �gura. Sejam A(θ) e B(θ) respectivamente as áreas do semicírculo e do
triângulo.
(a) Calcule o limite lim
θ→0+
A(θ)
B(θ)
.
(b) Se θ diminui com taxa de 0, 5 radianos por segundo, determine as taxas vT e
vS com que estarão diminuindo as áreas do triângulo e do semicírculo, respec-
tivamente, no instante t0 em que θ =
π
4
.
12
O θ
L
L
P
Q
1.3.3 Aproximação de Funções
1. Aproxime, pela reta tangente, os valores das funções nos pontos indicados abaixo:
(a) f(x) = ex no ponto x = 0.1.
(b) f(x) = sen(x) no ponto x = 0.1
(c) f(x) = tg2(x) no ponto x = 0.2
(d) f(x) = ln(x)x no ponto x = 1.1
(e) f(x) = ln(x)
1− x2
(x2 + 1)2
no ponto x = 1.2
1.3.4 Máximos e Mínimos
1. Com que dimensões uma caixa com base quadrada e sem tampa pode ser construída
de forma que seu volume seja máximo, utilizando-se de 1200 cm2 de papelão?
2. (a) Mostre que, de todos os retângulos com perímetro L, aquele com maior área é
o quadrado.
(b) Mostre que de todos os retângulos com área A, o de menor perímetro é o
quadrado.
3. (a) Encontre o ponto da parábola y = x2 que está mais próximo do ponto P =
(3, 0).
(b) Encontre os pontos da elipse 4x2 + y2 = 4 que estão mais distantes do ponto
P = (1, 0). Faça um esboço das �guras.
4. Uma janela tem a forma de um semicírculo sobreposto a um retângulo. Se o perí-
metro da janela mede 10 m, determine as dimensões da janela que deixam passar a
maior quantidade possível de luz.
13
5. Um pedaço de �o de 10 m é cortado em duas partes. Uma parte é dobrada em
forma de um quadrado e a outra é dobrada em forma de uma circunferência. Como
deve ser cortado o �o para que a soma das áreas das �guras formadas seja:
⇒0 x 10
(a) mínima?
(b) máxima?
6. Como deve ser escolhido o ponto P na �gura abaixo de modo que o ângulo θ seja
máximo?
2 cm
5 cm
A B
3 cm
θ
P
14
7. Um fabricante de latas precisa fabricar latas cilíndricas com capacidade de um litro.
Sabendo que o custo do material da tampa é o dobro do custo da parte lateral e do
fundo, quais são as dimensões da lata queproporcionam o custo mínimo?
8. Um peso deve �car suspenso a 4 m de uma superfície horizontal por meio de uma
armação de arame em forma de Y, como na �gura abaixo (onde os pontos A, B e P
são os vértices de um triângulo isósceles). Se os pontos de sustentação A e B distam
2
√
3 m, determine o comprimento mínimo de arame necessário para a armação.
A B
P
4m
2
√
3m
9. Uma folha de papel retangular com lados medindo a e b centímetros (b > a) deve
ser dobrado como indica a �gura abaixo. Determine o ponto P de modo que o
comprimento da dobra L seja mínimo. Faça a experiência com uma folha de papel.
a
b
L
P
10. Escreva o número 8 como soma de dois números reais positivos de tal modo que
a soma do quadrado do primeiro com o cubo do segundo seja máxima. É possível
fazer essa decomposição de modo que a soma seja mínima?
11. O custo por hora para mover um barco é proporcional ao cubo da sua velocidade.
Determine a velocidade com a qual ele deve se mover em uma correnteza de a km/h
para minimizar o custo de uma viagem de b km contra a correnteza. Obs.: Lembre
que a velocidade do barco é proporcional à velocidade de giro do motor.
15
12. Uma viga de madeira com seção reta retangular deve ser construída a partir de
um tronco cilíndrico de raio R. Supondo que para uma viga cuja seção reta é um
retângulo de base b e altura h sua "rigidez"seja proporcional ao comprimento da
base e ao cubo da altura, determine a proporção h/b para a viga que oferece a maior
rigidez.
13. Uma cerca de altura L metros está posicionada paralelalmente a uma parede um
prédio bem alto e a uma distância b metros dessa parede. Determine a escada de
comprimento mínimo que pode ser encostada na parede e também apoiada no topo
da cerca.
14. Seja T um triângulo de base B e altura H cujos ângulos internos em relação à base
são agudos. Mostre que dentre todos os retângulos que podem ser inscritos nesse
triângulo, o de maior área tem base b = B/2 e altura h = H/2.
15. Uma peça mecânica de aço é construída a partir de uma esfera de raio R na qual faz-
se um furo cilíndrico cujo eixo de simetria passa exatamente pelo centro da esfera.
Determine o raio do furo para o qual a área total da peça seja máxima.
1.3.5 Esboço de Grá�co
1. Considere a função:
f(x) = x3e−x
(a) Calcule f ′(x) e f ′′(x).
(b) Encontre todas as assíndotas verticais ou horizontais.
(c) Identi�que os intervalos de crescimento e decrescimento de f .
(d) Identi�que o(s) ponto(s) de máximo ou mínimo global.
(e) Identi�que os intervalos de concavidade para cima ou para baixo de f .
(f) Identi�que os pontos de in�exão de f .
(g) Faça o esboço do grá�co de f .
2. Considere a função:
f(x) =
x2 − 4x− 12
x+ 3
(a) Calcule f ′(x) e f ′′(x).
(b) Encontre as raízes de f .
(c) Encontre todas as assíndotas verticais ou horizontais.
(d) Identi�que os intervalos de crescimento e decrescimento de f .
16
(e) Identi�que o(s) ponto(s) de máximo ou mínimo.
(f) Identi�que os intervalos de concavidade para cima ou para baixo de f .
(g) Faça o esboço do grá�co de f .
3. Considere a função:
f(x) =
x
3
√
x2 − 1
(a) Calcule f ′(x) e f ′′(x).
(b) Qual o domínio da função?
(c) Encontre as assíndotas verticais ou horizontais, caso existam.
(d) Identi�que os intervalos onjde a função é crescente ou decrescente.
(e) Identi�que os valores máximo ou mínimo locais e globais, caso existam.
(f) Identi�que os intervalos de concavidade para cima ou para baixo de f , assim
como os pontos de in�exão.
(g) Utilizando essas nformações, esboce um grá�co de f .
1.4 Integrais
1.4.1 Cálculo de Primitivas
1. Calcule as seguintes integrais inde�nidas: algumas são diretas, outras podem ser
resolvidas pelo método de subtituição simples.
(a)
∫ 3√
x2 + 4
√
x√
x
dx
(b)
∫
dx√
x+ 1 +
√
x− 1
(c)
∫
ex + e2x + e3x
e4x
dx
(d)
∫
ax
bx
dx
(e)
∫
tg2(x) dx
(f)
∫
dx
a2 + x2
(g)
∫
dx√
a2 − x2
(h)
∫
tg(x) dx
17
(i)
∫
dx
1 + sen(x)
(j)
∫
8x2 + 6x+ 4
x+ 1
dx
(k)
∫
1√
2x− x2
dx
(l)
∫
ex sen(ex) dx
(m)
∫
lnx
x
dx
(n)
∫
ex
e2x + 2ex + 1
dx
(o)
∫
ee
x
ex dx
(p)
∫
x√
1− x2
dx
(q)
∫
e
√
x
√
x
dx
(r)
∫
x
√
1− x2 dx
(s)
∫
ln(cos (x)) tg(x) dx
(t)
∫
ln(ln(x))
x ln(x)
dx
(u)
∫
xe−x
2
dx
2. Calcule as seguintes integrais inde�nidas usando o método de integração por partes.
(a)
∫
x2ex dx
(b)
∫
x2 sen(x) dx
(c)
∫
cos(ln(x)) dx
(d)
∫
x3ex
2
dx
(e)
∫
ln3(x) dx
(f)
∫ √
x ln(x) dx
(g)
∫
eax sen(bx) dx
(h)
∫
ln(ln(x))
x
dx
18
(i)
∫
x ln2(x) dx
3. Use o mesmo truque aplicado para a determinação da primitiva de y = ln(x) para
calcular a primitiva de y = arctg(x).
4. Calcule a primitiva de y =
√
1− x2 usando a integração por partes. (Sugestão:
multiplique e divida a função pelo "conjugado".)
5. Use a solução do exercício 4 para calcular a área A da elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1
6. Determine as coordenadas do centro geométrico da região limitada pela parábola
y = −x2 + 3x− 2 e a reta y = 0. (Sugestão: use o Teorema de Papus)
7. Calcule as seguinte integrais inde�nidas pelo método de substituição trigonométrica.
(a)
∫
dx√
1 + x2
(b)
∫
dx√
x2 − 1
(c)
∫
dx
x
√
x2 − 1
(d)
∫
dx
x
√
1− x2
(e)
∫
dx
x
√
1 + x2
(f)
∫
x3
√
1− x2 dx
(g)
∫ √
1− x2 dx
(h)
∫ √
1 + x2 dx
(i)
∫ √
x2 − 1 dx
8. Calcule as seguintes integrais inde�nidas pelos métodos que melhor lhe convier.
(a)
∫
dx
1 +
√
x+ 1
(b)
∫
dx
1 + ex
(c)
∫
dx√
x+ 3
√
x
19
(d)
∫
dx√
1 + ex
(e)
∫
dx
2 + tg(x)
(f)
∫
dx√√
x+ 1
(g)
∫
4x + 1
2x + 1
dx
(h)
∫
e
√
x dx
(i)
∫ √
1 + x
1−√x dx
9. Calcule as seguintes integrais inde�nidas pelo método de frações parciais.
(a)
∫
2x2 + 7x− 1
x3 + x2 − x− 1 dx
(b)
∫
x3 + 7x2 − 5x+ 5
(x− 1)2(x− 1)3 dx
(c)
∫
2x2 + x+ 1
(x+ 3)(x− 1)2 dx
(d)
∫
x4
x2 + 1
dx
(e)
∫
x3 + x+ 2
x4 + 2x2 + 1
dx
(f)
∫
3x2 + 3x+ 1
x3 + 2x2 + 2x+ 1
dx
10. Calcule as seguintes integrais inde�nidas pelo método que melhor lhe convier:
(a)
∫
arctg(x)
1 + x2
dx
(b)
∫
x arctg(x)
(1 + x2)3
dx
(c)
∫
ln(
√
1 + x2) dx
(d)
∫
x ln(
√
1 + x2) dx
(e)
∫
x2 − 1
x2 + 1
√
1 + x2
dx
(f)
∫
arcsen(
√
x) dx
(g)
∫
x
1 + sen(x)
dx
20
(h)
∫
1
x4 + 1
dx
(i)
∫
1
x6 + 1
dx
(j)
∫ √
tg(x) dx
1.4.2 Integrais De�nidas
Caso não tenha muito tempo, não se prenda demais em alguma questão muito difícil
de resolver, muitos problemas podem sair facilmente depois de uma ideia especi�ca. No
entanto, alguns problemas como os que envolvem o Teorema Fundamental do Cálculo
(TFC) são muito importantes e costumam cair nas provas então valem um pouco mais de
atenção.
1. Por favor, resolva:
(a)
1∫
−1
√
4− x2 dx
(b) f(x) =
x2∫
1
t2 dt. Calcule f(x) e f ′(x)
(c)
1∫
−1
|x2 − 1| dx.
(d)
2π∫
0
1
1 + sen2(x)
dx.
2. Seja g(x) = 2 +
x∫
0
(ez + z)1/z dz. Calcule lim
x→+∞
g′(x).
3. Considere f(x) = 4 +
x∫
0
t+ et
2
3 + t4
dt. Sem calcular a integral, determine p(x) =
ax2 + bx+ c tal que p(0) = f(0), p′(0) = f ′(0) e p′′(0) = f ′′(0).
4. Determine uma função y = f(x) tal que f(π) = 5 e
x∫
0
t3f ′(t) dt = x4 senx
5. Se f(x) =
x∫
0
eu
2
+ cosu
u5 + 3
du, determine (f−1)′(0).
21
6. Se
6∫
0
h(x) dx = 8 e mudarmos o valor da função em x = 0 e em x = 4, a integral
vai mudar de valor? Justi�que.
7. Sabendo que
3∫
−2
f(x) dx = 4,
3∫
−2
g(x) dx = −3 e
1∫
−2
f(x) dx = 7, calcule:
(a)
−2∫
3
f(x) dx
(b)
3∫
−2
(f(x) + 5g(x)) dx
(c)
−1∫
−1
g(sen3(x6)) dx
(d)
3∫
1
f(x) dx
(e)
3∫
−2
 1∫
−2
f(s)g(t)ds
 dt
8. Prove que para todas as funções contínuas f(x) e g(x), vale a desigualdade:
∣∣∣∣∣∣
b∫
a
f(x)g(x) dx
∣∣∣∣∣∣ ≤
√√√√√ b∫
a
(f(x))2 dx
√√√√√ b∫
a
(g(x))2 dx
9. Ache o valor intermediário ξ pelo teorema do valor médio para as seguintes integrais
e inteprete o resultado geometricamente.
(a)
b∫
a
1 dx
(b)
b∫
a
x dx
(c)
b∫
a
xn dx
(d)
b∫
a
dx
x3
22
10. Tente calcular as seguintes integrais sem resolvê-las por métodos usuais de integração
mas buscando o resultado pela simetria e pelo desenho geométrico que as funções
representam.
(a)
1∫
−1
x3
√
1− x2 dx(b)
1∫
−1
(x5 + 3)
√
1− x2 dx
11. Mostre que
x∫
0
sen t
t+ 1
dt > 0
para todo x > 0. Tente separar em intervalos (0, π/2], [π/2, π] e assim por diante.
1.4.3 Integrais Impróprias
1. Sabe-se que as funções y = e−x
4
e y =
sen(x)
x
não possuem primitivas elementares.
Independentemente desse fato, as integrais impróprias:
∫ ∞
0
e−x
4
dx e
∫ ∞
0
sen(x)
x
dx
são convergentes. Mostre isso!
2. A função Gamma de Euler (no caso real) é assim de�nida:
Γ : (0,∞)→ R
Γ(x) =
∫ ∞
0
e−t tx−1 dt
(a) Mostre que a integral converge.
(b) Mostre que Γ(x+1) = xΓ(x) e conclua que Γ(n) = (n+1)! para todo n natural.
(c) Faça a substituição u = tx e conclua que:
Γ(1/2) = 2
∫ ∞
0
e−x
2
dx
Sabendo que
∫ ∞
0
e−x
2
dx =
√
π
2
, conclua que Γ(1/2) =
√
π
3. Seja k > 1. Considere as seguintes integrais:
(I)
∫ 1
0
√
x ln(x) dx
23
(II)
∫ +∞
1
1
xk
dx
É correto a�rmar que:
(a) Ambas as integrais convergem
(b) Ambas as integrais divergem
(c) Apenas (I) converge.
(d) Apenas (II) converge.
(e) (I) converge e (II) depende de k.
4. Calcule as áreas das regiões de�nidas por:
(a) y =
1
x2
e y = 0, para x ∈ [1,+∞]
(b) y = x−2, y = e−2x e x ≥ 1
5. Calcule:∫ +∞
−∞
cos7(x) cos6(x) cos5(x) cos4(x) cos3(x) cos2(x) cos1(x) sen(x)
(1 + x2)
(1+7)7
2
dx
1.4.4 Aplicação de Integrais
1. Calcule a área da região limitada pelas curvas:
(a) y = x3, y = x+ 6 e 2y + x = 0
(b) 2y2 = x+ 4 e x = y2
(c) y = 1/x, y =
√
x e y = 2
(d) y = 1 + sen(x) e y = cos(2x) para x ∈ [0, π]
2. Determine o volume do sólido gerado pela rotação, em torno do eixo y, da região
limitada pela curva y = ex e pelas retas x = 0, x = 1 e y = 0.
3. Calcule o volume do sólido obtido pela rotação, em torno da reta y = −1, da região
limitada pelas curvas f(x) = 2 + cos(x) e g(x) = 2− cos(x), para x ∈ [−π/2, π/2].
4. Seja R a região in�nita delimitada pelas curvas y = e−x e y = 1/x, x ≥ 1. Calcule
o volume do sólido obtido pela rotação de R em torno do eixo x.
5. Encontre o volume do sólido obtido pela rotação, em torno do eixo x, da região
in�nita situada entre o grá�co de y = xe−x e sua assíntota horizontal.
6. Determine o comprimento do grá�co das funções abaixo.
24
(a) f(x) = ln(x+
√
x2 − 1) para x ∈ [1, 2]
(b) f(x) =
√
16− x2 para x ∈ [0, 4]
(c) f(x) = ln(x) para x ∈ [1, 2]
(d) f(x) = − ln(
√
2 cos(x)) para x ∈ [−π/4, π/4]
7. Se uma agulha de comprimento l cair aleatoriamente em um plano formado por
faixas paralelas de largura a, qual a probabilidade da agulha cruzar uma linha entre
duas faixas?
Obs: Note que l < a
25
Capítulo 2
Respostas dos Exercícios
2.1 Limites
2.1.1 Cálculo de Limites
1. Limites Elementares:
(a) lim
x→2
x− 2√
2 + x
=
2− 2√
2 + 2
=
0√
4
= 0
(b) lim
x→+∞
(
2− 1
x
+
4
x2
)
=
(
2− 1∞ +
4
∞2
)
= 2
(c) lim
x→+∞
4x3 − 2x2 + 1
3x3 − 5 = limx→+∞
4− 2x−1 + x−3
3− 5x−3 =
4
3
Obs: Para você poder dividir por x3 no denominador e no numerador como
�zemos, lembre-se de garantir que x3 6= 0.
(d) lim
x→±∞
x+ 1
x
= lim
x→±∞
1 + x−1
1
= 1
(e) lim
x→−∞
x2 + x− 1
2x+ 5
= lim
x→−∞
x+ 1− x−1
2 + 5x−1
= −∞
(f) lim
x→−∞
(√
x2 + 1− x
)
=
(√
(−∞)2 + 1− (−∞)
)
=∞+∞ =∞
(g) lim
x→−∞
x
(√
x2 + 1− x
)
= −∞(∞) = −∞
(h) lim
x→0
√
1 + x− 1
x
= lim
x→0
(
√
1 + x− 1)(
√
1 + x+ 1)
x(
√
1 + x+ 1)
(∗)
= lim
x→0
(
√
1 + x)2 − 12)
x(
√
1 + x+ 1)
=
lim
x→0
x
x(
√
1 + x+ 1)
= lim
x→0
1
(
√
1 + x+ 1)
=
1
2
26
Obs: A técnica que usamos em * é bastante comum, trata-se de multiplicar o
numerador e o denominador pelo conjugado de um deles para nos livrarmos de
uma raiz.
(i) lim
x→4
√
2x+ 1− 3√
x− 2−
√
2
= lim
x→4
(
√
2x+ 1− 3)(
√
2x+ 1 + 3)(
√
x− 2 +
√
2)
(
√
x− 2−
√
2)(
√
2x+ 1 + 3)(
√
x− 2 +
√
2)
=
lim
x→4
(2x− 8)(
√
x− 2 +
√
2)
(x− 4)(
√
2x+ 1 + 3)
= lim
x→4
2(
√
x− 2 +
√
2)√
2x+ 1 + 3
=
2(
√
4− 2 +
√
2)√
2(4) + 1 + 3
=
2
√
2
3
(j) lim
x→1
3
√
x− 1√
x− 1 = limx→1
( 3
√
x− 1)(( 3√x)2 + 3√x+ 1)(√x+ 1)
(
√
x− 1)(√x+ 1)(( 3√x)2 + 3√x+ 1) = limx→1
(x− 1)(√x+ 1)
(x− 1)(( 3√x)2 + 3√x+ 1)
= lim
x→1
(
√
x+ 1)
(( 3
√
x)2 + 3
√
x+ 1)
=
(
√
1 + 1)
(( 3
√
1)2 + 3
√
1 + 1)
=
2
3
Obs: Para entender o porquê de multiplicarmos por (( 3
√
x)2 + 3
√
x + 1), veja
que x3 − 1 = (x− 1)(x2 + x+ 1).
(k) Sem usar o teorema de L'Hôpital:
lim
x→a
m
√
x− m√a
x− a = limx→a
( m
√
x− m√a)
m−1∑
i=0
(
m
√
x
(m−1−i) m√a(i)
)
(x− a)
m−1∑
i=0
(
m
√
x
(m−1−i) m√a(i)
)
= lim
x→a
x− a
(x− a)
m−1∑
i=0
(
m
√
x
(m−1−i) m√a(i)
) = limx→a 1m−1∑
i=0
(
m
√
x
(m−1−i) m√a(i)
) =
1
m−1∑
i=0
(
m
√
a
(m−1−i) m√a(i)
) = 1m−1∑
i=0
(
m
√
a
(m−1)
) = 1m m√a(m−1) =
m
√
a
ma
Obs: Se estiver com di�culdade nesse exercício, procure estudar mais fatora-
ção. No caso desse exercício seria a de xn − yn. Caso não tenha entendido a
notação, estude um pouco somatórios. É bem importante entender o básico de
somatórios, principalmente quando for estudar integrais.
Resolução com o teorema de L'Hôpital:
lim
x→a
m
√
x− m√a
x− a = limx→a
( m
√
x− m√a)′
(x− a)′ = limx→a
1
m
x(
1
m
−1)
1
=
m
√
a
ma
(l) lim
x→∞
√
1 + x+ x2
x
= lim
x→∞
√
1/x2 + x/x2 + x2/x2
x/x
= 1
27
(m) lim
x→+∞
√
x2 − 3
3
√
x3 + 1
= lim
x→+∞
√
(x2 − 3)/x2
3
√
(x3 + 1)/x3
= lim
x→+∞
√
1− 3/x2
3
√
1 + 1/x3
= 1
(n) lim
u→−2
u3 + 4u2 + 4u
(u+ 2)(u− 3) = limx→−2
(u+ 2)2
(u+ 2)(u− 3) = limx→−2
u+ 2
u+ 3
= 0
2. Indeterminações do tipo 0/0:
(a) lim
x→0
4x3 − 2x2 + x
3x2 + 2x
= lim
x→0
4x2 − 2x+ 1
3x+ 2
=
1
2
(b) lim
x→2
x2 − 4
x− 2 = limx→2
(x+ 2)(x− 2)
x− 2 = 4
(c) lim
x→1
x3 − 1
x− 1 = limx→1
(x− 1)(x2 + x+ 1)
x− 1 = 3
(d) lim
x→2
x2 − 5x+ 6
x2 − 12x+ 20 = limx→2
(x− 2)(x− 3)
(x− 2)(x− 10) = limx→2
(x− 3)
(x− 10) =
1
8
(e) lim
x→2
x2 + 3x− 10
3x2 − 5x− 2 = limx→2
(x+ 5)(x− 2)
(x− 2)(3x+ 1) = limx→2
x+ 5
3x+ 1
= 1
(f) lim
y→−2
y3 + 3y2 + 2y
y2 − y − 6 = limy→−2
y(y + 2)(y + 1)
(y + 2)(y − 3) = limy→−2
y(y + 1)
(y − 3) = −
2
5
(g) lim
u→−2
u3 + 4u2 + 4u
(u+ 2)(u− 3) = limu→−2
u(u+ 2)2
(u+ 2)(u− 3) = limu→−2
u(u+ 2)
(u− 3) = 0
(h) lim
x→1
xn − 1
x− 1 = limx→1
(x− 1)(xn−1 + xn−2 + xn−3 + ...+ x2 + x1 + x0)
x− 1 =
lim
x→1
(xn−1 + xn−2 + xn−3 + ...+ x2 + x1 + x0) = nxn−1
3. Indeterminações do tipo ∞−∞:
(a) lim
x→1+
(
1
x− 1 −
3
x2 − 1
)
= lim
x→1+
[
1
x− 1
(
1− 3
x+ 1
)]
=
lim
x→1+
(
1
x− 1
)
lim
x→1+
(
1− 3
x+ 1
)
= (∞)
(
1− 1
2
)
= −∞
(b) lim
x→+∞
√
x2 + 1− x = lim
x→+∞
(
√
x2 + 1− x)(
√
x2 + 1 + x)√
x2 + 1 + x
=
28
lim
x→+∞
1√
x2 + 1 + x
= 0
4. Indeterminações do tipo 0×∞:
(a) lim
x→+∞
x
(√
x2 + 1− x
)
= lim
x→+∞
x
(
1√
x2 + 1 + x
)
= lim
x→+∞
1√
1 + x−2 + 1
=
1
2
5. Limites trigonométricos com 0/0:
(a) lim
x→0
sen(x)
tg(x)
= lim
x→0
sen(x) cos(x)
sen(x)
= lim
x→0
cos(x) = 1
(b) lim
x→0
sen(4x)
x
= 4 lim
x→0
sen(4x)
4x
= 4
(c) lim
x→0
sen2 (x/3)
x2
=
1
9
lim
x→0
(
sen(x/3)
x/3
)2
=
1
9
(d) lim
x→0−
x√
1− cos(x)
= lim
x→0−
x(
√
1 + cos(x))
(
√
1− cos(x))(
√
1 + cos(x))
= lim
x→0−
x(
√
1 + cos(x))√
1− cos2(x)
=
lim
x→0−
x(
√
1 + cos(x))
− sen(x) = limx→0−
−
√
1 + cos(x)
sen(x)/x
=
−
√
2
1
= −
√
2
(e) lim
x→0−
x cotg(x) = lim
x→0−
cos(x)
sen(x)/x
= 1
(f) Sem L'Hôpital:
lim
v→π/3
1− 2 cos(v)
sen(v − π/3) = limv→π/3
1− 2 cos(v)
sen(v) cos(π/3)− sen(π/3) cos(v) =
lim
v→π/3
2
1− 2 cos(v)
sen(v)−
√
3 cos(v)
= lim
u→1/2
2
1− 2u√
1− u2 − u
√
3
=
lim
u→1/2
2
(1− 2u)(
√
1− u2 + u
√
3)
(
√
1− u2 − u
√
3)(
√
1− u2 + u
√
3)
= lim
u→1/2
2
(1− 2u)(
√
1− u2 + u
√
3)
1− 4u2 =
lim
u→1/2
2
√
1− u2 + u
√
3
1 + 2u
=
√
3
Obs: Usamos a substituição u = cos(v)
Com L'Hôpital:
29
lim
v→π/3
1− 2 cos(v)
sen(v − π/3) = limt→0
1− 2 cos(t+ π/3)
sen(t)
= lim
t→0
(1− 2 cos(t+ π/3))′
(sen(t))′
=
lim
t→0
2 sen(t+ π/3)
cos(t)
=
2
√
3/2
1
=
√
3
Obs: Usamos a substituição v = t+ π/3
(g) lim
z→1
(1−z) tg
(πz
2
)
= lim
u→0
(1−(u+1)) tg
(
π(u+ 1)
2
)
= lim
u→0
−u sen(πu/2 + π/2)
cos(πu/2 + π/2)
=
lim
u→0
−u sen(πu/2) cos(π/2) + sen(π/2) cos(πu/2)
cos(πu/2) cos(π/2)− sen(π/2) sen(πu/2) = limu→0−u
cos(πu/2)
− sen(πu/2) =
lim
u→0
(
cos
(πu
2
) 2
π
πu/2
sen(πu/2)
)
=
2
π
Obs: Usamos a substituição (1− z) = u.
(h) lim
x→0
2 arcsen(x)
3x
= lim
u→0
2u
3 sen(u)
=
2
3
Obs: Usamos a substituição u = arcsen(x). Note que é possível fazer tal
substituição, pois arcsen(x) é uma função contínua e estritamente crescente na
vizinhança de x = 0.
(i) lim
x→0
tg(x)− sen(x)
x3
= lim
x→0
sen(x)
x
1− cos(x)
x2 cos(x)
= lim
x→0
sen(x)
x
(1− cos(x))(1 + cos(x))
x2 cos(x)(1 + cos(x))
=
lim
x→0
(
sen(x)
x
)3
1
cos(x)(1 + cos(x))
=
1
2
(j) lim
x→0
sen(a+ x)− sen(a− x)
x
=
lim
x→0
sen(a) cos(x) + sen(x) cos(a)− (sen(a) cos(x)− sen(x) cos(a))
x
=
2 sen(x) cos(a)
x
= 2 cos(a)
6. Cálcule os limites sabendo que:
lim
x→∞
(
1 +
1
x
)x
= e
(a) lim
x→0
sen(x)
tg(x)
= lim
x→0
cos(x) = 1
30
(b) lim
x→∞
(
1 +
2
x
)x
= lim
u→∞
((
1 +
1
u
)u)2
= e2
Obs: Usamos a substituição u = x/2.
(c) lim
x→∞
(
1− 1
x
)x
= lim
u→∞
((
1 +
1
u
)u)−1
=
1
e
Obs: Usamos a substituição u = −x.
(d) lim
x→∞
(
x
1 + x
)x
= lim
u→∞
(
u− 1
u
)u−1
= lim
u→∞
(
1− 1
u
)u
÷
(
1− 1
u
)
=
1
e
Obs: Usamos a substituição u = x+ 1
(e) lim
x→∞
x (ln(x+ 1)− ln(x)) = lim
x→∞
ln
((
1 +
1
x
)x)
= ln(e) = 1
(f) lim
x→π/2
(1 + cos(x))3 sec(x) = lim
u→∞
(
1 +
1
u
)3u
= e3
Obs: Fizemos a substituição u = sec(x)
(g) lim
x→0
ln(1 + αx)
x
= lim
t→∞
ln(1 + α/t)
1/t
= lim
t→∞
ln
(
1 +
α
t
)t
= α
Obs: Fizemos a substituição t = 1/x
(h) lim
x→∞
(
2x+ 3
2x+ 1
)2x+1
= lim
u→∞
(
u+ 2
u
)u
= lim
u→∞
(
1 +
2
u
)u
= e2
Obs: Fizemos a substituição (2x+ 1) = u.
(i) lim
x→0
(1 + 3 tg2(x))cotg
2(x) = lim
u→∞
(
1 +
3
u
)u
= e3
Obs: Fizemos a substituição u = cotg2(x).
7. (a) Vamos começar mostrando a igualdade abaixo:
1 + 2 + 3 + ...+ n =
n(n+ 1)
2
Para isso, vamos de�nir S como sendo a soma da sequência. Assim, temos que
1 + 2 + 3 + ...+ i+ (i+ 1) + ...+n = S e, invertendo a ordem dos termos, temos
que n+ (n− 1) + (n− 2) + ...+ (n− i+ 1) + (n− i) + ...+ 1 = S Somando as
duas sequências:
1 + 2 + 3 + ...+ i+ (i+ 1) + ...+ n = S
31
+
n+ (n− 1) + (n− 2) + ...+ (n− i+ 1) + (n− i) + ...+ 1 = S
=
(n+1)+(n−1+2)+(n−2+3)+...+(n−i−1+i)+(n−i+i+1)+...+(n+1) = 2S
n(n+ 1) = 2S
S =
n(n+ 1)
2
A partir disso, temos que:
lim
n→+∞
1 + 2 + 3 + ...+ n
n2
= lim
n→+∞
n(n+ 1)
2n2
= lim
n→+∞
1 + n−2
2
=
1
2
�
(b) Assim como a maioria das questões na matemática, existem diferentes maneiras
de demonstrar a fórmula dada. Vamos utilizar a de indução, por dois motivos
principais:
� É um conceito importante e muito útil, que nem sempre é ensinado no
ensino médio.
� Para questões em que pedem para você demonstrar uma fórmula dada que
vale para números inteiros, frequentemente é mais simples usá-la.
Mas então, no que consiste essa técnica chamada de indução?
Suponha que você queira provar que uma determinada formula ou igualdade
f(i) é válida para todo i ∈ N.Um dos caminhos para você fazer isso é:
� Provar que ela vale para i = 1
� Provar que, se ela vale para determinado k, ela também vale para k′ = k+1
Isso porquê, se ela vale para 1, obrigatoriamente vale para 2 por causa do que
provamos no item acima. Analogamente valerá para 3,4,5,6,7... e assim em
diante para todo n ∈ N
Ao usar essa técnica, você precisa seguinte os sequintes passos:
i. Informar que irá usar o método de indução �nita.
ii. Provar que f(1) é válida.
iii. Supor que f(k), com k ∈ N, é válida.
iv. Provar que f(k + 1) é válida.
Assim, retornando à nossa resolução: Queremos provar que:
1 + 22 + 32 + 42 + ...+ i2 + (i+ 1)2 + ...+ n2 = S2(n)
32
S2(n) =
n(n+ 1)(2n+ 1)
6
Para isso, vamos usar o método de prova por indução.
Para n = 1, temos 1 =
1(1 + 1)(2 + 1)
6
= 1, o que está correto.Logo, suponha-
mos que isso vale para k ∈ N. Temos que:
S2(k) =
k(k + 1)(2k + 1)
6
Somando (k + 1)2 dos dois lados:
S2(k) + (k + 1)
2 =
k(k + 1)(2k + 1)
6
+ (k + 1)2
S2(k + 1) =
k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2
6
S2(k + 1) =
(k + 1)[k(2k + 1) + 6(k + 1)]
6
S2(k + 1) =
(k + 1)[2k2 + 7k + 6]
6
S2(k + 1) =
(k + 1)(k + 2)(2k + 3)
6
S2(k + 1) =
(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)
6
Repare que chegamos na formula que queriamos. Logo, ela vale para todo
n ∈ N.
Assim, nos resta provar que:
lim
n→+∞
1 + 22 + 32 + 42 + ...+ i2 + (i+ 1)2 + ...+ n2
n3
=
1
3
Para isso, vamos substituir a sequência pela fórmula dada e demonstrada por
indução. Assim, temos:
lim
n→+∞
n(n+ 1)(2n+ 1)
6n3
=
1
3
lim
n→+∞
2n3 + 3n2 + n
6n3
=
1
3
lim
n→+∞
2 + 3n−1 + n−2
6
=
1
3
1
3
=
1
3
�
33
Obs: Existem diversas variações do método de indução, essa é apenas uma
delas.
(c) Queremos provar que:
1 + 23 + 33 + 43 + ...+ i3 + (i+ 1)3 + ...+ n3 = S3(n)
S3(n) =
n2(n+ 1)2
4
Para isso, vamos usar o método de prova por indução (Assim como usamos na
soma de quadrados).
Para n = 1, temos 1 =
12(1 + 1)2
4
= 1, o que está correto. Logo, suponhamos
que isso vale para k ∈ N. Temos que:
S3(k) =
k2(k + 1)2
4
Somando (k + 1)3 dos dois lados:
S3(k) + (k + 1)
3 =
k2(k + 1)2
4
+ (k + 1)3
S3(k + 1) =
k2(k + 1)2 + 4(k + 1)3
4
S3(k + 1) =
(k + 1)2(k2 + 4k + 4)
4
S3(k + 1) =
(k + 1)2(k + 2)2
4
Repare que chegamos na formula que queriamos. Logo, ela vale para todo
n ∈ N.
Assim, nos resta provar que:
lim
n→+∞
1 + 23 + 33 + 43 + ...+ i3 + (i+ 1)3 + ...+ n3
n4
=
1
4
Para isso, vamos substituir a sequência pela fórmula dada e demonstrada por
indução. Assim, temos:
lim
n→+∞
n2(n+ 1)2
4n4
=
1
4
lim
n→+∞
n4 + 2n3 + n2
4n4
=
1
4
lim
n→+∞
1 + 2n−1 + n−2
4
=
1
4
34
1
4
=
1
4
�
2.1.2 Continuidade de Funções
1. Para que a função seja contínua de [0,+∞), devemos garantir que ela seja contínua
em x = 1 de forma que para outros pontos do domínio, já podemos garantir que
não há descontinuidades. Para chegar no resultado desejado, devemos usar que vale:
lim
x→1−
f(x) = f(1) = lim
x→1+
f(x)
lim
x→1−
x+
√
x− 2
x− 1 =
0
0
lim
x→1−
x+
√
x− 2
x− 1
L′H
= lim
x→1−
1 + 1/(2
√
x)
1
=
3
2
f(1) = lim
x→1+
f(x) =
c+ 5
4
c+ 5
4
=
3
2
−→ c = 1
2. Fazendo um "mutatis mutandis"do enunciado do gabarito da questão acima, temos:
lim
x→−3+
9− x2
4−
√
x2 + 7
=
0
0
lim
x→−3+
9− x2
4−
√
x2 + 7
L′H
= lim
x→−3+
−2x
−2x/(
√
x2 + 7)
= lim
x→−3+
√
x2 + 7 = 4 = a
lim
x→3−
9− x2
4−
√
x2 + 7
L′H
= lim
x→3−
√
x2 + 7 = 4 = b
3. Vamos veri�car a continuidade nos pontos x = −1 e x = 2
lim
x→−1−
f(x) = f(−1) = 1 lim
x→−1+
f(x) = −a+ b = 1
lim
x→2+
f(x) = f(2) = 9 lim
x→2−
= 2a+ b = 9
35
Resolvendo o sistema, temos que a =
8
3
e b =
11
3
.
4. Vamos analisar o limite para o ponto x = 2. Para que a função seja contínua, o
limite deve ter o mesmo valor da função no ponto, ou seja, "c".
lim
x→2+
x2 − 4
x2 − 3x+ 2 = limx→2+
(x− 2)(x+ 2)
(x− 2)(x− 1) = limx→2+
x+ 2
x− 1 = 4 = c
5. Vamos analisar o limite para o ponto x = 3. Para que a função seja contínua, o
limite deve ter o mesmo valor da função no ponto, ou seja, "c".
lim
x→3
√
x2 + 16x− 5
4−
√
x2 + 7
=
√
20
0
=∞
Sendo assim, não há valor "c"para que a função seja contínua em x = 3
6. Vamos analisar o limite para o ponto x = 0. Para que a função seja contínua, o
limite deve ter o mesmo valor da função no ponto, ou seja, "c".
lim
x→0
1− cos(x)
sen2(x)
= lim
x→0
1− cos(x)
1− cos2(x) = limx→0
1− cos(x)
(1− cos(x)) (1 + cos(x))
= lim
x→0
1
1 + cos(x)
= 2 = c
2.2 Cálculo de Derivadas
2.2.1 Derivação Simples
1. (a) f ′(x) = (x−1)′ = −1x−1−1 = −x−2 → f ′(x0) = −x−20 ,
(b) f ′(x) = (x
1
2 )′ =
1
2
x
1
2
−1 =
1
2
√
x
→ f ′(x0) =
1
2
√
x0
,
(c) f ′(x) =
(
x−
1
2
)′
= −1
2
x−
1
2
−1 = − 1
2
√
x3
→ f ′(x0) = −
1
2
√
x30
,
(d) f ′(x) = (sen2(x))′ = 2 sen(x)(sen(x))′ = 2 sen(x) cos(x) = sen(2x) → f ′(x0) =
sen(2x0).
2. (a) Esboçando o grá�co de f(x) = x3, temos:
36
1
1
Queremos uma reta da forma y = ax + b que seja tangente a f(x) no ponto
(x0, f(x0)) = (1, 1). Logo, temos que:
� O coe�ciente angular da reta, a, coincide com a derivada de f(x) noponto
(x0, f(x0)) = (1, 1), portanto:
df(x)
dx
(x0) =
dx3
dx
(x0) = 3x
2
0 = 3
� A reta passa pelo ponto (1, 1). Portanto:
ax0 + b = y0 → a+ b = 1→ 3 + b = 1→ b = −2
Portanto, a equação da nossa reta é y = 3x− 2. Esboçando o grá�co, temos:
1
1
(b) Analogamente ao caso anterior, encontramos:
�
df(x)
dx
(x0) =
d(x−2)
dx
(x0) = −2
1
x30
= −16→ a = −16
� ax0 + b = y0 →
a
2
+ b = f(1/2)→ −16
2
+ b = 4→ b = 12
Portanto, a equação da nossa reta é y = −16x+12 e podemos esboçar o grá�co:
0.5
4
37
(c) Analogamente ao caso anterior, encontramos:
�
df(x)
dx
(x0) =
d(x+
√
x)
dx
(x0) = 1 +
1
2
√
x
= 1 +
1
2
√
2
→ a = 1 + 1
2
√
2
� ax0 + b = y0 → 2a+ b = f(2)→ 2
(
1 +
1
2
√
2
)
+ b = 2 +
√
2→ b = 1√
2
Portanto, a equação da nossa reta é y =
(
1 +
1
2
√
2
)
x+
1√
2
e podemos esboçar
o grá�co:
2
3.41
3. (a) f ′(x0) = 4x
3
0 + 6x0, derivável para todo x0 ∈ R.
(b) f ′(x0) = 18x
2
0 − 2x0, derivável para todo x0 ∈ R.
(c) f(x0) =
5x40
a+ b
− 2x0
a− b − 1, derivável para todo x0 ∈ R.
(d) f ′(x0) = 21x
5/2
0 + 10x
3/2
0 , derivável para todo x0 ∈ R tal que x0 ≥ 0.
(e) f ′(x0) =
1
2
√
x0
+
1
3 3
√
x20
− 1
x20
, derivável para todo x0 ∈ R tal que x0 > 0.
(f) f ′(x0) =
(x3 + 1)′(x3/2)− (x3 + 1)(x3/2)′
(x3/2)2
(x0) =
(
3x20x
3/2
0 −
(
x30 + 1
) 3√x0
2
)
1
x30
3
2
(x
1/2
0 − x−5/20 ), derivável para todo x0 ∈ R tal que x0 > 0.
(g) f ′(x0) =
1
m
− m
x20
+
2x0
n2
− 2n
2
x30
, derivável para todo x0 ∈ R tal que x 6= 0
(h) f ′(x0) =
(sen(x))′(1 + cos(x))− (1 + cos(x))′(sen(x))
(1 + cos(x))2
(x0) =
cos(x0)(1 + cos(x0)) + sen(x0) sen(x0)
(1 + cos(x0))2
=
cos(x0) + (cos
2(x0) + sen
2(x0))
(1 + cos(x0))2
=
1
1 + cos(x0)
,
38
derivável para todo x0 ∈ R tal que x0 /∈ {x0 ∈ R |x0 = π + 2kπ, k ∈ Z}.
4. (a) f ′(x0) = 5(x
2
0 + a
2)4(2x0), derivável para todo x0 ∈ R.
(b) f ′(x0) = (
√
a− x0) +
−1
2
√
a− x0
(a + x0) =
a− 3x0
2
√
a− x0
, derivável para todo
x0 ∈ R tal que x < a.
(c) f ′(x0) =
1
2
√
a− x0
a+ x0
(
+1(a− x0)− (a+ x0)(−1)
(a− x0)2
)
=
√
a− x0
a+ x0
a
(a− x)2 , deri-
vável para todo x0 ∈ R tal que −a < x < a.
(d) f ′(x0) =
(2x2 − 1)′(
√
x2 + x4)− (
√
x2 + x4)′(2x2 − 1)
(
√
x2 + x4)2
(x0) =(
4x20
(√
1 + x20
)
− 2x0 + 4x
3
0
2
√
x20 + x
4
0
(2x20 − 1)
)
(√
x20 + x
4
0
)2 = 4x20 + 1
x20 (1 + x
2
0)
3/2
, derivável para todo
x0 ∈ R tal que x0 > 0.
(e) f ′(x0) =
1
2
√
x0
+
1
3 3
√
x20
− 1
x20
, derivável para todo x0 ∈ R tal que x0 > 0.
(f) f(x0) =
2x0 + 1
3 3
√
(x20 + x0 + 1)
2
, derivável para todo x0 ∈ R.
(g) f(x0) =
3(1 + 4
√
x0)
2
4 4
√
x30
, derivável para todo x0 ∈ R tal que x0 > 0.
(h) f(x0) =
1
2
(
x0 +
√
x0 +
√
x0
) (1 + 1
2(x0 +
√
x0)
)(
1 +
1
2
√
x0
)
=
4
√
x0 +
√
x0
√
x0 + 2
√
x0 + 1
8
√
x0 +
√
x0 +
√
x0
√
x0 +
√
x0
√
x0
, derivável para todo x0 ∈ R tal que x0 >
0.
(i) f ′(x0) =
(8x0)(x
2
0(1 + x
2
0)
3/2)− (2x0(1 + x20)3/2 + x20 32(1 + x20)1/22x0)(1 + 4x20)
(x20(1 + x
2
0)
3/2)2
=
−12x40 − 5x20 − 2
x30(1 + x
2
0)
5/2
, derivável para todo x0 ∈ R tal que x0 6= 0.
5. Nós sabemos que a função f1(x) = 2x
2 e a função f2(x) = ax + b são derviváveis
para todo x ∈ R. Logo, para que a função f seja derivável em R, só precisamos
garantir que ela seja derivável em x = 2.
Para que isso ocorra, temos que:
39
�
f1(x)
dx
(2) =
f2(x)
dx
(2)→ a = 8
� lim
x→2−
f(x) = lim
x→2+
f(x)→ 2a+ b = 8→ b = −8
6. Veja o esboço do grá�co de f abaixo:
A olho nu, parecem realmente ser traçados de duas funções contínuas no mesmo
grá�co. Isso ocorre por que existem in�nitos números racionais e in�nitos números
irracionais entre quaisquers dois números reais.Isso faz com que o nosso "pontilhado
de números racionais"pareça ser uma parábola e nosso "pontilhado de números
irracionais"pareça uma reta contínua.
Ok, agora vamos à questão. Queremos provar que f(x) é derivável em e apenas em
x = 0.
A primeira parte (mostrar que é derivável em x = 0) é mais simples, basta mostrar
que g(x) = x2 e h(x) = 0 são ambas iguais a zero nesse ponto e suas derivadas são
iguais a zero.
A segunda parte exige um pouco mais, precisamos provar que a função não é deri-
vável em nenhum outro ponto diferente de zero.
Para mostrar isso, vamos utilizar a técnica de demonstração por absurdo. Essa
técnica consiste basicamente em supor verdadeiro o que queremos provar ser falso,
chegando assim a um absurdo matemático.
Sendo assim, suponhamos por absurdo que exista um ponto xp ∈ R tal que xp 6= 0
e f(x) é derivável em xp.
Assim, temos que lim
∆x→0
f(xp + ∆x)− f(xp)
∆x
existe.
Porém, note que xp pode ser real ou irracional, assim como xp + ∆x. Isso por que
há in�nitos racionais e irrácionais em qualquer intervalo próximo a xp.
Portanto, como supomos por absurdo que o limite existe temos quatro possibilidades
respectivamente: (xp + ∆x) e xp são números racionais, (xp + ∆x) é racional e xp
é irracional, (xp + ∆x) é irracional e xp é racional ou então (xp + ∆x) e xp são
irracionais.
40
lim
∆x→0
(xp + ∆x)
2 − x2p
∆x
= lim
∆x→0
(xp + ∆x)
2 − 0
∆x
= lim
∆x→0
0− x2p
∆x
= lim
∆x→0
0− 0
∆x
lim
∆x→0
2xp∆x+ ∆x
2
∆x
= lim
∆x→0
(xp + ∆x)
2
∆x
= lim
∆x→0
−x2p
∆x
= lim
∆x→0
0
∆x
2xp =∞ = −∞ = 0, pois assumimos xp 6= 0
Claramente, a igualdade acima é um absurdo. Portanto, nossa hípotese inicial de
que existe xp 6= 0 tal que f seja derivável em xp é falsa.
7. Caso esteja curioso, esse é o grá�co de nossa função.
(a) R.
(b) A função f(x) é contínua em todos os pontos. Pois as funções sen(x), x2 e
√
x
são contínuas.
(c) Para que f(x) não seja diferenciável em derminado ponto xp, temos que f
′(xp)
não existe. Para encontrar esses pontos, vamos calcular f ′(x):
f ′(x) =
(√
sen2(x2)
)′
=
1
2
√
sen2(x2)
2 sen(x2) cos(x2)(2x) =
2x cos(x2) sen(x2)√
sen2(x2)
Note que, para sen(x2) > 0 ela vale 2x cos(x2) e para sen(x2) < 0 ela vale
−2x cos(x2). Por enquanto, vamos apenas adotar o sinal de ± para lembrar
disso.
Continuando:
f ′(x) = ±2x cos(x2)
Note que a função cos(x2) é contínua nos reais. Portanto, devemos analisar os
pontos em que sen(x2) = 0 pois são os únicos que não foram tratados quando
simpli�camos o denominador e levam a derivada para ±∞. Esses pontos são
todos da forma x2 = kπ, com k ∈ Z.
Portanto, f(x) não é diferenciável nos pontos x = ±
√
kπ, com k ∈ Z.
41
8. Nós sabemos que:
� h pode ser escrita na forma y = ax+ b
� A inclinação de f(x) no ponto P e a de g(x) no ponto Q coincidem com a
inclinação a da reta, logo:
−2xP = −xQ + 2 = a→ xP = −
a
2
e xQ = 2− a
� f e h passam pelo ponto P = (xP , yP ), logo:
f(xP ) = yP → 1− x2P = axP + b→ 1− (−a/2)2 = a(−a/2) + b→ b =
a2 + 4
4
� g e h passam pelo ponto Q = (xQ, yQ), logo:
g(xQ) = yQ → −
x2Q
2
+ 2xQ −
3
2
= axQ + b→
−(2− a)
2
2
+ 2(2− a)− 3
2
= a(2− a) + a
2 + 4
4
→
−2(2− a)2 + 8(2− a)− 6 = 4a(2− a) + a2 + 4→
(2− a)(−2(2− a) + 8)− 6 = (2− a)(4a) + a2 + 4→
(2− a)(−4 + 2a+ 8− 4a) = +a2 + 10→
(−8 + 4a+ 16− 8a) + (+a4− 2a2 − 8a+ 4a2) = +a2 + 10→
a2 − 8a− 2 = 0→ a = 4± 3
√
2→ a = 4− 3
√
2→
b =
(4− 3
√
2)2 + 4
4
→ b = 19− 12
√
2
2
Logo, temos que h é dada por:
y = (4− 3
√
2)x+
19− 12
√
2
2
9. (a) f ′1(x0) = e
ee
x0
ee
x0ex0
(b) f ′2(x0) =
e1+e
1+x0
1 + ln(1 + e1+e
1+x0 )
ln (1 + e)
1 + e1+e
1+x0
(1 + e)1+x0
(c) f ′3(x0) = (sen(x0))
sen(sen(x0))
(
sen(sen(x0)
sen(x0)
+ cos(sen(x0))(ln(sen(x0)))
)
cos(x0)
(d) f ′4(x0)=cos(x
sen(x0)
sen(x0)
0 )x
sen(x
sen(x0)
0 )
0
(
sen(x
sen(x0)
0 )
x0
+ln(x0) cos(x
sen(x0)
0 )x
sen(x)
(
sen(x0)
x0
+ln(x0) cos(x0)
))
(e) f ′5(x0)=(arcsen
(
x0
sen(x0)
)
)ln(sen(e
x
0 ))
 (sen(x0)−x0 cos(x0)) ln(sen(ex0 ))
arcsen
(
x0
sen(x0)
)
sen2(x0)
√
1−[ x0
sen(x0)
]2
+
ln(arcsen
(
x0
sen(x0)
)
) cos(ex0 )e
x
0
sen(ex0 )
.
42
2.2.2 Derivação Implícita
1. (a) Organizando a equação, temos:
x3 + y3 − 6xy = 0
Derivando implícitamente, temos:
3x2 + 3y2y
′ − 6(y + xy′) = 0
3x2 + 3y2y − 6y − 6xy′ = 0
3y2y − 6xy′ = 6y − 3x2
y
′
(3y2 − 6x) = 6y − 3x2
y
′
(3y2 − 6x) = 6y − 3x2
y
′
=
6y − 3x2
3y2 − 6x(b) Usando o resultado do item anterior e substituindo o ponto (3, 3) na equação,
temos:
y
′
(3, 3) =
6× 3− 3× 32
3× 32 − 6× 3 −→ y
′
(3, 3) = −1
Logo, para equação da reta tangente, temos:
y − y0 = y
′
(x0, y0) (x− x0)
y − 3 = −1 (x− 3)
y = 3− x+ 3
y = −x+ 6
43
(c) Para que uma reta tangente seja horizontal devemos ter y
′
= 0. Daí, temos:
6y2 − 3x2
3y2 − 6x = 0⇐⇒ 6y − 3x
2 = 0→ 2y − x = 0→ x2 = 2y
Nesse caso, é fácil ver que o ponto no primeiro quadrante que torna a equação
destacada verdadeira é o ponto (2, 2) .
2. Derivando a curva implícitamente, temos:
1
2
√
x
+
1
2
√
y
y′ = 0⇒ y′ = −
√
y
x
Como raíz quadrada é uma função positiva, temos que y′ tem sinal �xo.
3. Precisamos ter em mente que precisamos chegar em 4y′′y3 = −9
3x2 + 4y2 = 12 (2.1)
Derivando implicitamente:
6x+ 8yy′ = 0 (2.2)
Derivando implicitamente:
6 + 8(y′2 + y′′y) = 0⇒ y′2 + y′′y = −3
4
(2.3)
Isolando x em (2) e substituindo em (1):
16y2y′2
3
+ 4y2 = 12→ y2 = 36− 12y
2
16y2
(2.4)
Usando (4) para substituir em (3):
36− 12y2
16y2
+ y′′y =
−3
4
36− 12y2 + 16y′′y3 = −12y2
4y′′y3 = −9
4. Derivando yn = xm implícitamente, temos:
44
n yn−1y′ = mxm−1 ⇒ y′ = mx
m−1
n yn−1
Como y = xr e r = m/n, temos:
y′ = r
xm−1
xm−r
⇒ y′ = rxr−1
c.q.d
5. Uma dica para não errar neste tipo de questão é escrever y como y(x)
(a) Derivando x cos (xy(x)) = 0 implicitamente, temos:
cos (xy(x)) + x[− sen (xy(x)) (y(x) + y′x)] = 0
y′ =
cos(xy)− xy sen(xy)
x2 sen(xy)
Veja que a derivada é maior que zero em torno do ponto (1, π/2)
(b) Derivando xy(x) + ln (xy(x)) = 1 implicitamente, temos:
y(x) + xy′ +
y(x) + y′x
xy(x)
= 0
y′ =
−y(x)[xy(x) + 1]
x[xy(x) + 1]
=
−y(x)
x
Veja que a derivada é menor que zero em torno do ponto (1, 1)
(c) Derivando x5 + xy + y5 = 3 implicitamente, temos:
5x4 + y(x) + y′x+ 5y4(x)y′ = 0
y′ =
−[y(x) + 5x4]
x+ 5y4
Veja que a derivada é menor que zero em torno do ponto (1, 1)
45
6. Pela reta tangente apresentada, temos que y′ = −4
3
. Dessa forma, derivemos implí-
citamente a curva dada. Assim, temos:
(2xy + x2y′) + 2ayy′ = 0⇒ y′(x2 + 2ay) = −2xy ⇒ y′ = −2xy
x2 + 2ay
Substituindo no ponto (1, 1), temos que a = 1/4 para y′ = −4/3. Dessa forma,
substituindo o valor de a na curva no ponto (1, 1), temos:
1× 1 + (1/4)× 1 = b⇒ b = 5/4
7. Derivando implícitamente a curva, temos:
yxy−1y′ = xyx−1 ⇒ y′ = xy
x−1
yxy−1
⇒ y′ = k0
k0
kk0−10
kk0−10
⇒ y′ = 1
Dessa forma, temos que a reta tangente é dada por:
y − k0 = x− k0 ⇒ y = x
8. Derivemos implícitamente as curvas para encontrarmos y′ no ponto (0, 1). Assim,
temos:
� 2x+ 2y+ 2xy′+ 3y2y′ = 0⇒ 2x+ 2y+y′(2x+ 3y2) = 0⇒ y′ = −(2x+ 2y)
2x+ 3y2
⇒
y′(0, 1) =
−2
3
� 2yy′ + 9 − 3(x − 2)2 = 0 ⇒ 2yy′ = 3(x − 2)2 − 9 ⇒ y′ = 3(x− 2)
2 − 9
2y
⇒
y′(0, 1) =
12− 9
2
=
3
2
46
Como o produto dos coe�cientes angulares das retas tangentes é igual a −1, temos
que elas são perpendiculares.
9. Derivando a curva implícitamente, temos:
2(2xy2 + 2x2yy′) + (3y2y′ cos(πx) + πy3 sen(πx)) = 0
4xy2 + 4x2yy′ + 3y2y′ cos(πx) + πy3 sen(πx) = 0
y′(4x2y + 3y2 cos(πx)) = −(πy3 sen(πx) + 4xy2)
y′ =
−(πy3 sen(πx) + 4xy2)
(4x2y + 3y2 cos(πx))
Dessa forma, temos que y′(1, 1) = 4. Assim, a equação da reta tangente é dada por:
y − 1 = −4(x− 1)⇒ y = −4x+ 5
2.3 Aplicação de Derivadas
2.3.1 Limites com L'Hôpital
1. Dados f(x) = xn e g(x) = ex, precisamos mostrar que
lim
x→+∞
f(x)
g(x)
= 0
Então precisamos calcular
lim
x→+∞
xn
ex
Dado que o limite acima resulta em uma indeterminação (�in�nito dividido por
in�nito�) e que n ∈ N, podemos a�rmar, por L'Hospital, que
lim
x→+∞
xn
ex
L′H
= lim
x→+∞
nxn−1
ex
L′H
= lim
x→+∞
n(n− 1)xn−2
ex
L′H
= · · · L
′H
= lim
x→+∞
n!
ex
= 0
Logo, a função ex cresce mais rápido que a função xn, qualquer que seja n ∈ N.
47
Dados f(x) = lnn(x) e g(x) = x, precisamos mostrar que
lim
x→+∞
lnn(x)
x
= 0
Então precisamos calcular
lim
x→+∞
lnn(x)
x
Dado que o limite acima também resulta em uma indeterminação (�in�nito divido
por in�nito�) e que n ∈ R, podemos a�rmar, por L'Hospital, que
lim
x→+∞
lnn(x)
x
L′H
= lim
x→+∞
n lnn−1(x)
x
L′H
= lim
x→+∞
n(n− 1) lnn−2(x)
x
L′H
= · · ·
L′H
= lim
x→+∞
n! ln(x)
x
L′H
= lim
x→+∞
n!
x
= 0
2. (a)
lim
x→0
x lnn(x) = lim
x→0
x
1/ lnn(x)
L′H
= lim
x→0
1
−n lnn−1(x)x−1
ln2n(x)
→
lim
x→0
x lnn(x) = lim
x→0
xlnn(x) ln(x)
−n
Ao obervar a igualdade acima, percebemos que o limite da função x lnn(x)
é o limite dessa mesma função multiplicada por outra que tende ao in�nito.
Portanto, temos que o limite é igual a 0 ou ∞, para n ∈ N. Caso o contrário,
a igualdade acima claramente seria um absurdo.
Sabendo que o limite deve tender para um desses valores, podemos simples-
mente testar para um n especí�co. Assim, temos:
lim
x→0
x lnn(x) = lim
x→0
x ln(x) = lim
x→0
ln(x)
1/x
L′H
= lim
x→0
1/x
−1/x2 = limx→0−x = 0
(b)
lim
x→+∞
xm
lnn(x)
=
∞
∞ .
Dado que m,n ∈ N, por L'Hospital,
lim
x→+∞
xm
lnn(x)
L′H
= lim
x→+∞
mxm
n lnn−1(x)
L′H
= lim
x→+∞
m2xm
n(n− 1) lnn−2(x)
L′H
= · · ·
L′H
= lim
x→+∞
mn−1xm
n! ln(x)
L′H
= lim
x→+∞
mnxm
n!
=∞.
48
(c)
lim
x→+∞
lnn(x)
x1/m
=
∞
∞ .
Dado que m,n ∈ N, por L'Hospital,
lim
x→+∞
lnn(x)
x1/m
L′H
= lim
x→+∞
n lnn−1(x)
x1/m
L′H
= lim
x→+∞
n(n− 1) lnn−2(x)
x1/m
L′H
= · · ·
L′H
= lim
x→+∞
n! ln(x)
x1/m
L′H
= lim
x→+∞
n!/x
x1/m/x
= lim
x→+∞
n!
x1/m
= 0.
(d)
lim
x→+∞
ex
n
emx
= lim
x→+∞
ex
n−mx.
Já que a função exponencial é uma função contínua, podemos a�rmar que
lim
x→+∞
ex
n−mx = elimx→+∞ x
n−mx.
Calculando o limite no expoente, temos
lim
x→+∞
xn −mx = lim
x→+∞
xn
(
1− m
xn−1
)
= lim
x→+∞
xn(1− 0) =∞.
Substituindo no expoente,
elimx→+∞ x
n−mx = e∞ =∞.
3. A partir da desigualdade apresentada,
e
(n
e
)n
< n! < 2
(n
2
)n
=
e
en
<
n!
nn
<
2
2n
Tomando o limite de n tendendo ao in�nito em todos os fatores da desigualdade,
temos
lim
n→∞
e
en
< lim
n→∞
n!
nn
< lim
n→∞
2
2n
=⇒ 0 < lim
n→∞
n!
nn
< 0
Pelo Teorema do Confronto, temos que lim
n→∞
n!
nn
= 0. Logo, a função nn cresce mais
rapidamente que n! quando n tende ao in�nito, portanto é menos e�ciente.
Comparando as funções 10n e nn, temos
lim
n→∞
10n
nn
= lim
n→∞
(
10
n
)n
= lim
n→∞
eln(
10
n
)n = lim
n→∞
en ln(
10
n
) = e∞·(−∞) = 0.
Logo, a função nn cresce mais rapidamente que a função 10n quando n tende ao
49
in�nito, portanto é menos e�ciente.
Para comparar as funções 10n e n!, precisamos analisar a função
10n
n!
= eln(
10n
n!
)
Usando a primeira parte da desigualdade, temos
eln(
10n
n!
) < e
ln
(
10n
e(ne )
n
)
e
ln
(
10n
e(ne )
n
)
= en ln(10)−ln e(
n
e
)n = en ln(10)−[1+n ln(
n
e
)] = en(ln(10)−ln(
n
e )−1
lim
n→∞
en(ln(10)−ln(
n
e )−1 = e∞·(−∞)−1 = 0.
Logo, n! cresce mais rápido que 10n e é menos e�ciente. Ordem de e�ciência:
10n > n! > nn.
4. (a) lim
x→2
x3 + x2 − 11x+ 10
x2 − x− 2 =
0
0
lim
x→2
x3 + x2 − 11x+ 10
x2 − x− 2
L′H
= lim
x→2
3x2 + 2x− 11
2x− 1 =
5
3
(b) lim
x→0
(
1
x
− 1
x2
)
=∞−∞
lim
x→0
x− 1
x2
= −∞
(c) lim
x→1
(x− 1)2
1 + cos(πx)
=
0
0
lim
x→1
(x− 1)2
1 + cos(πx)
L′H
= lim
x→1
2(x− 1)
− sen(πx)π =
0
0
lim
x→1
2(x− 1)
− sen(πx)π
L′H
= lim
x→1
2
− cos(πx)π2 =
2
π2
(d) lim
x→0
7 sen(7x)
x
=
0
0
lim
x→0
7 sen(7x)
x
L′H
= lim
x→0
49 cos(7x)
1
= 49
(e) lim
x→0
sec(x)− 1
x
=
0
0
50
lim
x→0
sec(x)− 1
x
L′H
= lim
x→0
tg(x) sec(x)
1
= 0
(f) lim
x→+∞
(
1
x
− 1
tg(x)
)
= 0− lim
x→+∞
1
tg(x)
No entanto, lim
x→+∞
tg(x) é inde�nido. Logo o limite como um todo também é
inde�nido.
(g) lim
x→+∞
ex
x
=
∞
∞
lim
x→+∞
ex
x
L′H
= lim
x→+∞
ex
1
=∞
(h) lim
x→+∞
e7x
πx
=
∞
∞
lim
x→+∞
e7x
πx
L′H
= lim
x→+∞
7e7x
lnπ
=∞
(i) lim
x→1
x8 − 5x7 + 9x6 − 7x3 + 12x− 10
(x− 1) =
0
0
lim
x→1
x8 − 5x7 + 9x6 − 7x3 + 12x− 10
(x− 1)
L′H
= lim
x→1
8x7 − 35x6 + 54x5 − 21x2 + 12
1
= 18
(j) lim
x→1
x7 + 5x5 − x4 + 8x3 + x2 − 17
(x− 1)2 =
−3
0
=∞
(k) lim
x→1−
log(1− x) tg(1− x) =∞ · 0
Para podermos usar L'Hôpital, devemos chegar em outrotipo de indetermina-
ção como ±∞∞ ou
0
0
lim
x→1−
log(1− x) 1
cos(1−x)
sen(1−x)
=
−∞
∞
lim
x→1−
log(1−x) 1
cos(1−x)
sen(1−x)
L′H
= lim
x→1−
−1
(1− x) ln 10 ·
−1
− cosc2(1− x) = limx→1−
−1
(1− x) ln 10 ·
sen2(1− x)
1
=
0
0
51
lim
x→1−
−1
(1− x) ln 10 ·
sen2(1− x)
1
L′H
= lim
x→1−
(−1)2 sen(1− x) cos(1− x).− 1
ln 10
= 0
(l) lim
x→0+
xe1/x = 0 · ∞
xe1/x =
e1/x
1
x
Sendo assim, temos: lim
x→0+
e1/x
1
x
=
∞
∞
lim
x→0+
e1/x
1
x
L′H
= lim
x→0+
ln 1
x
e1/x
ln 1
x
=∞
2.3.2 Taxas Relacionadas
1. A taxa de entrada de água é 0, 2 L/min = 0, 2 dm3/min. Portanto, vamos expressar
as medidas de comprimento em decímetros. Sejam h(t) a altura do nível de água e
V (t) o volume de água no instante t. No instante t0, tem-se h(t0) = 3 dm e deseja-se
determinar h′(t0) (que é a velocidade, isto é, a taxa de variação da altura em relação
ao tempo).
h(t)
8 dm
3 dm
5 dm
2.5 dm
h(t)
x(t)
Pela �gura, temos,
V (t) =
(
2x(t) + 6
2
)
· h(t) · L = 100(x(t) + 3)h(t).
Onde L é o comprimento do cocho de água. Calculando x(t) por semelhança de
triângulos (veja �gura):
5
2, 5
=
h(t)
x(t)
⇐⇒ x(t) = h(t)
2
.
52
Portanto,
V (t) = 100
(
h(t)2
2
+ 3h(t)
)
, ∀t. (2.5)
Derivando a expressão acima em relação a t, obtemos
V ′(t) = 100 (h(t)h′(t) + 3h′(t)) ∀t.
Sabemos que V ′(t) = 2/10 em qualquer instante t e, no instante t0, h(t0) = 3 dm,
de modo que, substituindo na expressão (2.5), nós dá
2
10
= 600h′(t0) ⇒ h′(t0) =
1
3000
dm/min =
1
300
cm/min.
Resposta: No instante t0, o nível da água sobe a uma taxa de
1
300
cm/min.
2. Observando a �gura abaixo e considerando os dados do problema, temos
P
LB(t) LA(t)
B A
y(t) x(t)
Q
4m

LA(t) + LB(t) = 12 m ∀t,
x′(t) = 0, 5 m/s ∀t,
x(t0) = 3 m.
(2.6)
O que devemos calcular é a velocidade do carro B no instante t0, isto é, y
′(t0).
Derivando a expressão na primeira linha de (2.6), obtemos
L′A(t) + L
′
B(t) = 0 ⇒ L′B(t) = −L′A(t), ∀t.
Pelo Teorema de Pitágoras no triângulo PQA, temos:
LA(t)
2 = 16 + x(t)2, ∀t. (2.7)
53
No instante t0,
LA(t0)
2 = 16 + x(t0)
2 = 16 + 9 = 25 ⇒ LA(t0) = 5 m.
Derivando a expressão em (2.7), obtemos
2LA(t)L
′
A(t) = 2x(t)x
′(t), ∀t.
Calculando no ponto t0 e usando os dados em (2.6), obtemos
5L′A(t0) =
15
10
⇒ L′A(t0) = 0, 3 m/s
Com esses cálculos podemos agora determinar o que ocorre com o carro B. Primei-
ramente temos
LB(t0) = 12− LA(t0) = 12− 5 = 7 m,
L′B(t0) = −L′A(t0) = −0, 3 m/s.
Pelo Teorema de Pitágoras no triângulo BPQ, obtemos
LB(t)
2 = 16 + y(t)2, ∀t. (2.8)
No instante t0 temos
49 = 16 + y(t0)
2 ⇒ y(t0) =
√
33.
Derivando (2.8) em relação a t, obtemos
2LB(t)L
′
B(t) = 2y(t)y
′(t), ∀t.
No ponto t0, temos
−7 · 3
10
=
√
33y′(t0) ⇒ y′(t0) = −
7
√
3
10
√
11
m/s.
Resposta: No instante t0, a velocidade do carro B é: y
′(t0) = −
7
√
3
10
√
11
m/s.
3. Observando a �gura abaixo,
54
θ(t)
10m
h(t)
seja h(t) + 10 a altura do passageiro no instante t (veja �gura). Então,
h(t) = 10 sen(θ(t)),
onde θ(t) é o ângulo mostrado na �gura. A velocidade angular da roda gigante é
constante igual a θ′(t) = 2π (radianos por minuto). Pela Regra da Cadeia, temos
h′(t) = 10 cos(θ(t))θ′(t), ∀t.
No instante t0, temos h(t0) = 6 metros. Logo,
6 = 10 sen(θ(t0))⇒ sen(θ(t0)) =
3
5
⇒ cos(θ(t0)) =
√
1− 9
25
=
4
5
.
Logo,
h′(t0) = 10 ·
4
5
· 2π = 16π m/min.
Resposta: A velocidade de subida do passageiro no instante t0 é: h
′(t0) = 16π
m/min.
4. (a) Sejam r e h o raio do semicírculo e a altura do triângulo, respectivamente.
Observemos que, por hipótese, L é um número �xo. Logo, r e h dependem de
θ, isto é, r = r(θ) e h = h(θ). Assim,
A(θ) =
π
2
r(θ)2, B(θ) = h(θ)r(θ).
Além disso, temos
r(θ) = L sen
(
θ
2
)
, h(θ) = L cos
(
θ
2
)
.
Portanto,
A(θ)
B(θ)
=
πL2 sen2(θ/2
2L2 sen(θ/2) cos(θ/2)
=
π
2
tg
(
θ
2
)
.
55
Logo,
lim
θ→0+
A(θ)
B(θ)
=
π
2
lim
θ→0+
tg
(
θ
2
)
= 0.
(b) Temos
dθ
dt
= −1
2
(radianos por segundo).
vS(t) =
dA(θ(t))
dt
=
πL2
2
d (sen2(θ(t)/2))
dt
=
πL2
2
d
dt
(
1− cos(θ(t))
2
)
=
πL2
4
sen(θ(t))
dθ
dt
.
Como no instante t0, temos θ(t0) =
π
4
, então,
vS(t0) =
πL2
4
·
√
2
2
·
(
−1
2
)
= −πL
2
√
2
16
.
Analogamente,
vT (t) =
dB(θ(t))
dt
= L2
d (sen(θ(t)/2) cos(θ(t)/2))
dt
=
L2
2
d sen(θ(t))
dt
=
L2
2
cos(θ(t))
dθ
dt
.
Logo,
vT (t0) =
L2
2
·
√
2
2
·
(
−1
2
)
= −L
2
√
2
8
.
2.3.3 Aproximação de Funções
1. Para aproximar a função pela reta tangente, faremos o seguinte: f ′(a) ≈ f(x)− f(a)
x− a
temos então: f(x) ≈ f(a) + f ′(a)(x− a)
2. f(x) = ex no ponto x = 0.1.
3. f(x) = sen(x) no ponto x = 0.1
4. f(x) = tg2(x) no ponto x = 0.2
5. f(x) = ln(x)x no ponto x = 1.1
6. f(x) = ln(x)
1− x2
(x2 + 1)2
no ponto x = 1.2
(a) f(0, 1) ≈ e0 + e0(0, 1− 0) = 0, 9
(b) f(0, 1) ≈ sen π
6
+ cos
π
6
(
0, 1− π
6
)
≈
(c) f(0, 2) ≈ tg2 π
6
+ 2 tg
π
6
sec2
π
6
(
0, 2− π
6
)
≈
(d) f(1, 1) ≈ ln(a).a+
(
1
a
a+ 1(ln a)
)
(1, 1−a) = ln(1).1+
(
1
1
1 + 1(ln 1)
)
(1, 1−1)
56
(e)
f(1, 2) ≈ ln(a) 1− a
2
(a2 + 1)2
+
(
1
a
1− a2
(a2 + 1)2
+ ln a
[
2a(a2 + 1)2 + (1− a2)4a(a2 + 1)
(a2 + 1)4
])
(1, 2− a)
Vamos usar o item d) para aproximar melhor a função. Temos que:
ln(1, 1)1, 1 ≈ 0, 1→ ln(1, 1) ≈ 1
11
f(1, 2) ≈ ln(1, 1) 1− 1, 1
2
(1, 12 + 1)2
+
(
1
1, 1
1− 1, 12
(1, 12 + 1)2
+ ln 1, 1
[
2.1, 1(1, 12 + 1)2 + (1− 1, 12)4.1, 1(1, 12 + 1)
(1, 12 + 1)4
])
.(1, 2− 1, 1)
= −0, 007581
2.3.4 Máximos e Mínimos
1. Sejam x o lado do quadrado da base e h a altura da caixa, respectivamente. Então
o volume é V = x2h e a área total (sem a tampa) é A = x2 + 4hx.
Como a área não pode ultrapassar 1200cm2, temos
x2 + 4xh = 1200 ⇒ h = 1200− x
2
4x
.
Logo,
V (x) = x2
(
1200− x2
4x
)
= 300x− x
3
4
.
Como o volume não pode ser negativo, o problema proposto é determinar o máximo
absoluto da função
V (x) = 300x− x
3
4
, V : [0, 20
√
3]⇒ R
Calculando-se os pontos críticos de A no domínio (0, 20
√
3) :
V ′(x) = 0 ⇐⇒ 300− 3x
2
4
= 0 ⇐⇒ x2 = 400 ⇐⇒ x = 20.
57
Além disso,
V ”(x) = −3x
2
≤ 0, ∀x ∈
[
0, 20
√
3
]
,
isto é, a função é côncava no seu domínio. Logo, o ponto crítico x0 = 20 é o ponto
de máximo absoluto.
Resposta: As dimensões da caixa de volume máximo são: x0 = 20 cm e h0 = 10
cm.
2. Sejam x e y os lados do retângulo de perímetro L e área A.
Então,
L = 2x+ 2y e A = xy. (2.1)
(a) Da primeira igualdade em (2.1) temos para L �xado, y = L/2 − x, de modo
que, substiuindo na expressão da área, obtemos A = x(L/2− x). Temos assim
a função área A : [0, L/2] → R de�nida por
A(x) =
Lx
2
− x2.
Derivando temos, A′(x) = 0 ⇐⇒ x = L/4. Além disso, A”(x) = −2 ≤ 0
para todo x. Logo, a função A é côncava e x0 = L/4 é ponto de máximo
absoluto. Mas x0 = L/4 implica que y0 = L/4.
(b) Se �xarmos a área A, obtemos de (2.1) y = A/x, de modo que o perímetro se
expressa pela função L : (0,+∞) → R de�nida por,
L(x) = 2x+
2A
x
. (2.2)
Observe que
lim
x→0−
L(x) = lim
x→+∞
L(x) = +∞,
de modo que a função L(x) não possui máximo absoluto. Por outro lado,
L′(x) = 2− 2A
x2
= 0 ⇐⇒ x =
√
A.
58
Além disso,
L”(x) =
4A
x3
> 0 ∀x > 0.
Portanto, L(x) é função convexa e, consequentemente, o ponto x0 =
√
A é
ponto de mínimo absoluto. Mas x0 =
√
A implica que y0 =
√
A. Logo, dentre
todos os retângulos de área igual a A, o que tem menor perímetro é o quadrado
de lado
√
A.
3. (a) Seja Q = (x, x2) um ponto qualquer da parábola.
Então a distância de P = (3, 0) a Q é:
dist(P,Q) =
√
(x− 3)2 + x4.
Consideremos a função f : R R de�nida por f(x) = (x − 3)2 + x4. Observe
que dist(P,Q) =
√
f(x) e como a função g(y) =
√
y é estritamente crescente,
o valor mínimo de
√
f(s) é atingido no valor mínimo de f(x). Portanto, basta
determinar o ponto de mínimo absoluto de f(x). Calculando a derivada de f ,
obtemos f ′(x) = 2(x− 3) + 4x3. Logo,
f ′(x) = 0 ⇐⇒ 2x3 + x = 3.
É fácil ver que x0 = 1 é solução da equação acima. Além disso,
f ′′(x) = 12x2 + 2 > 0, ∀x ∈ R.
Logo, f é uma função estritamente convexa e consequentemente, x0 = 1 é a
única soluçãoda equação 2x3 + x = 3 e o ponto de mínimo absoluto de f .
Portanto, o ponto da parábola que está mais próximo de P é Q0 = (1, 1).
(b) Seja Q um ponto qualquer da elipse. Então Q = (x, 2
√
1− x2) ou Q =
(x,−2
√
1− x2).
Pela simetria da elipse, podemos considerar os pontos Q com ordenada y ≥ 0,
isto é, vamos nos restringir aos pontos Q da forma Q = (x, 2
√
1− x2).
59
Então,
dist(P,Q) =
√
(x− 1)2 + 4(1− x2).
Pelo mesmo argumento do item anterior, podemos considerar a função
f : [−1, 1]→ R, f(x) = (x− 1)2 + 4(1− x2).
Calculando a derivada de f , obtemos
f ′(x) = 2(x− 1)− 8x = 0 ⇐⇒ x = −1
3
.
Além disso, f”(x) = −6 < 0 ∀x. Logo, f é função côncava e o ponto x0 = −1/3
é ponto de máximo absoluto. Portanto, os pontos mais distantes de P = (1, 0)
são
Q1 = (−1/3, 4
√
2/3) e Q2 = (−1/3),−4
√
2/3).
4. Seja r o raio do semicírculo e h a altura do retângulo (Figura na próxima página)
Então a área da janela é
A =
πr2
2
+ 2rh.
Como o perímetro do bordo da janela é 10m, temos
πr + 2r + 2h = 10 ⇒ h = 10− (π + 2)r
2
.
Portanto, podemos expressar a área da janela pela função de r de�nida por
A : [0, 10/(π + 2)] → R, A(r) = 10r −
(π
2
+ 2
)
r2.
60
Calculando a derivada de A(r), obtemos
A(r) = 10− (π + 4)r = 0 ⇐⇒ r = 10
π + 4
.
Além disso,
A′′(r) = −(π + 4) < 0, ∀r > 0.
Logo a função A(r) é côncava e conclui-se que r0 =
10
π + 4
é ponto de máximo
absoluto. Portanto, as dimensões da janela de área máximo (que deixam passar a
maior quantidade de luz) são:
r0 =
10
π + 4
e h0 =
10
π + 4
.
5. (a) Vamos identi�car o �o com o intervalo [0,10].
Seja x ∈ (0, 10) o ponto de corte. De acordo com a �gura acima, com o pedaço
da esquerda, de comprimento x metros, formamos uma circunferência, e com
o pedaço da direita, de comprimento 10 − x metros, formamos um quadrado.
Vamos convencionar tamém que se x = 0, formamos somente um quadrado e
se x = 10, formamos somente uma circunferência. Então,
2πr = x e 4l = 10− x (5.1)
A soma das áreas das �guras é A = πr2 + l2. Substituindo r e l em função de
61
x a partir de (5.1), temos a função soma das áreas de�nida por
A : [0, 10]→ R, A(x) = x
2
4π
+
(10− x)2
16
.
Calculando a derivada de A(x), obtemos
A′(x) =
x
2π
+
x− 10
8
.
Então,
A′(x) = 0 ⇐⇒ x = 10π
4 + π
Além disso,
A”(x) =
1
2π
+
1
8
> 0, ∀x.
Logo, A(x) é uma função convexa e x0 = 10π/(4 + π) é ponto de mínimo
absoluto.
(b) Portanto, cortando-se o �o no ponto x0 = 10π/(4+π) e formando a circunferên-
cia com o pedaço de comprimento x0, a soma das áreas será a menor possível.
Para responder o item (a), observe que a função A(x) é convexa, de modo que
o máximo absoluto ocorre nas extremidades do intervalo [0,10]. Como
A(0) =
25
4
, A(10) =
25
π
,
a área máxima é obtida só com circunferência.
6. Sejam x, θ1 e θ2 como na Figura (B).
Então θ = θ1 + θ2, onde
tg(θ1) =
x
2
e tg(θ2) =
3− x
5
.
62
Dessa forma, podemos considerar a função θ : [0, 3] → R de�nida por
θ(x) = arctg
(x
2
)
+ arctg
(
3− x
5
)
.
Calculando a derivada de θ, obtemos
θ′(x) =
2
4 + x2
− 5
25 + (x− 3)2 .
Então
θ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ 2
4 + x2
≥ 5
25 + (x− 3)2 ⇐⇒ 50 + 2(x− 3)
2 ≥ 20 + 5x2 ⇐⇒ x2 + 4x− 16 ≤ 0.
Logo, θ(x) é crescente se x está entre as raízes da equação x2 + 4x − 16 = 0.
Calculando as raízes:
x =
−4 +
√
16 + (4× 16)
2
= 2
√
5− 2, x = −4−
√
16 + (4× 16)
2
= −2
√
5− 2
Como x ∈ [0, 3], devemos descartar a raiz negativa. Assim,
θ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [0, 2(
√
5− 1].
Portanto, θ é crescente no intervalo [0, 2(
√
5−1)] e decrescente no intervalo [2(
√
5−
1), 3] e consequentemente x0 = 2(
√
5− 1) é ponto de máximo absoluto. Conclusão:
o ponto P deve ser escolhido a uma distância de
√
5− 2 centímetros do ponto A.
7. Seja c o custo unitário do material para fabricar o fundo e a lateral da lata cilíndrica.
Então, cada decímetro quadrado desse material custa c reais e o custo total para a
fabricação de cada lata é
Custo = (3πr2 + 2πrh)× c,
Onde r é o raio da base do cilindro e h sua altura. Como cada lata tem capacidade
para 1 litro, então
πr2h = 1 ⇒ h = 1
πr2
.
63
Podemos assim considerar a função custo unitário de cada lata dado pela função:
Custo : (0,+∞)→ R, Custo(r) =
(
3πr2 +
2
r
)
× c.
Calculando a derivada:
Custo′(r) =
(
6πr − 2
r2
)
× c = 0 ⇐⇒ r3 = 1
3π
⇐⇒ r = 1
3
√
3π
.
Além disso,
Custo′′(r) =
(
6πr +
4
r3
)
× c > 0, ∀r > 0.
Logo, a função Custo(r) é convexa em seu domínio e consequentemente o ponto
r0 = 1/
3
√
3π é ponto de mínimo absoluto. Assim, as medidas da lata cilíndrica com
menor custo de fabricação são
r0 = r =
1
3
√
3π
dm e h0 =
1
πr20
=
3
√
9
π
dm.
8. Imagem da questão:
64
Seja x = PC. Então DC = 4− x e segue do teorema de Pitágoras que
AP = BP =
√
3 + (4− x)2
Como o comprimento total do arame é AP+BP+PC, devemos considerar a função
L(x) = x+ 2
√
3 + (4− x)2 = x+ 2
√
x2 − 8x+ 19.
Observe que para que o peso �que a 4m abaixo da superfície, é necessário que se
x ∈ (0, 4), que será o domínio de L(x).
Calculemos os pontos críticos de L:
L′(x) = 1 +
2x− 8√
x2 − 8x+ 19
= 0⇐⇒
√
x2 − 8x+ 19 = 8− 2x.
Elevando ao quadrado ambos os lados da equação acima, obtemos
x2 − 8x+ 15 = 0 cujas raízes são x0 = 3 e x1 = 5.
Portanto, o único ponto crítico de L é x0 = 3, já que x1 = 5 não está no seu domínio.
Para concluir que x0 é ponto de mínimo, analisemos o sinal da dderivada de L:
L′(x) > 0⇐⇒
√
x2 − 8x+ 19 > 8− 2x.
Elevando ao quadrado a desigualdade acima, obtemos x2 − 8x + 15 < 0, o que
ocorre somente se x ∈ (3, 5). Assim, L é estritamente crescente no intervalo (3, 4)
e estritamente descrescente no complementar, isto é, em (0, 3). Portanto, x0 = 3 é,
de fato, ponto de mínimo global.
9. Sejam x a distância de O a P e θ o ângulo entre os segmentos PQ e PT . É claro
que o triângulo PQ′T é obtido pela re�exão do triângulo PQT sobre o segmento L.
65
Logo, temos
sen(2θ) =
a
b− x, cos(θ) =
b− x
L
. (9.1)
Queremos determinar o valor de x que torna L o menor possível. Das expressões
em (9.1), obtemos
cos(2θ) =
√
1− a
2
(b− x)2 , sen(θ) =
√
1− (b− x)
2
L2
. (9.2)
Sabemos que
sen2(θ) =
1− cos(2θ)
2
,
assim, substituindo as expressões em (9.2) na identidade acima, obtemos
1− (b− x)
2
L2
=
1
2
(
1−
√
1− a
2
(b− x)2
)
.
Logo,
(b− x)2
L2
=
1
2
+
1
2
√
1− a
2
(b− x)2
Para simpli�car a notação, vamos denotar
z =
a2
(b− x)2 . (9.3)
Então, substituindo na expressão anterior, obtemos
L2 =
2a2
z(1 +
√
1− z) (9.4)
Observe que x ∈ [0, b− a] se, e somente se, z ∈ [a2/b2.1]. Assim, o comprimento da
66
dobra pode ser expresso pela função
L : [a2/b2, 1]→ R, L(z) =
√
2a2
z(1 +
√
1− z)
.
Podemos calcular a derivada de L derivando implicitamente a expressão em (9.4).
Assim, temos
2L(z)L′(z) = −2a2
(
1 +
√
1− z − z
2
√
1−z
z2(1 +
√
1− z)
)
Como L(z) > 0, temos
L′(z) = 0 ⇐⇒ 1 +
√
1− z − z
2
√
1− z = 0.
Multiplicando ambos os lados da equação acima por 2
√
1− z, obtemos
2
√
1− z = 3z − 2 → 9z2 − 8z = 0 z = 0 ou z = 8/9.
Observe que z = 0 está descartado, pois o domínio da função no problema é o inter-
valo [a2/b2, 1]. Por outro lado, se z = 8/9, então segue de (9.3) que x = b−3
√
2a/4.
Para concluirmos que este ponto z0 = 8/9 fornece a solução do problema, é preciso
veri�car se L(z0) é o valor mínimo absoluto. Como o cálculo da derivada de segunda
ordem parece muito complicado, vamos analisar o crescimento/descrescimento da
função.
L′(z) > 0 ←→ 1 +
√
1− z < z
2
√
1− z ←→ 2
√
1− z < 3z − 2 ←→ z > 8/9.
Portanto, a função é crescente no intervalo [8/9, 1] e descrescente em [0, 8/9] e
consequentemente, z0 = 8/9 é ponto de mínimo absoluto.
Observação: No caso em que 8/9 < a2/b2 < 1, a função será crescente e o mínimo
será atingido na extremidade esquerda do intervalo, i.e, x = 0.
10. Queremos determinar o valor máximo de x2 + y3 com a restrição x + y = 8, x e y
dois números positivos. Podemos então considerar a função:
f : [0, 8]→ R, f(y) = (8− y)2 + y3.
Como f é contínua (pois é um polinômio) e seu domínio é um intervalo fechado e
limitado, sabemosque ela possui máximo e mínimo absolutos. Calculemos os pontos
67
críticos de f .
f ′(y) = −2(8− y) + 3y2 = 0 ⇐⇒ 3y2 + 2y − 16 = 0.
Resolvendo essa equação do segundo grau, obtemos as raízes
y0 = 2 e y1 = −8/3
A segunda raíz deve ser eliminada, pois não está no domínio [0, 8]. Como
f ′′(y) = 6y + 2 > 0, ∀y ∈ [0, 8] ⇒ f é convexa em [0, 8].
Portanto, o máximo absoluto de f é necessariamente atingido em um ponto da
fronteira e y0 = 2 é ponto de mínimo absoluto. Por outro lado, f(0) = 64 e
f(8) = 512, de modo que o máximo absoluto de f é f(8) = 512. Portanto, vemos
que não é possível decompor 8 como soma de dois números positivos de forma que
a soma seja máxima.
11. Vamos inicialmente interpretar o enunciado do exercício 1. Seja v a velocidade do
barco (em relação à agua) e C(v) o custo por hora (R$/h) de viagem na velocidade
v. Isso quer dizer que numa viagem sem correnteza com duraçâo de T horas, o custo
será dado por αv3T, onde α é uma constante de proporcionalidade (que pode variar
com a marca do motor do barco). Contra uma correnteza, a velocidade efetiva (i.e.,
em relação à margem) é v−a (km/h). Logo, o tempo de viagem para percorrer uma
distância b (km) contra a correnteza será T = b/(v − a) horas e o custo da viagem
será
Custo = αv3T = αv3
b
v − a.
Resolvendo o problema: para calcular o custo mínimo, devemos minimizar a função
f : (a,+∞) → R, f(v) = αb v
3
v − a
Observe que
lim
x→a+
f(v) = lim
v→+∞
f(v) = +∞
Logo f não possui máximo absoluto. Calculemos os pontos críticos.
f ′(v) = αb
3v2(v − a)− v3
(v − a)2 = 0⇐⇒ v = 3a/2
1Lembre que a velocidade do barco é proporcional à velocidade de giro do motor
68
Logo,
v = 3a/2
é o único ponto crítico de f . Além disso, como v > 0,
f ′(v) > 0 ⇐⇒ 3v2(v − a)− v3 > 0 ⇐⇒ 3(v − a) > v ⇐⇒ v > 3a/2.
Mutatis mutandis, f ′(v) < 0 ⇐⇒ v < 3a/2. Assim, vemos que f é decrescente
no intervalo (a, 3a/2) e crescente em (3a/2,+∞), de onde se conclui que o custo
da viagem será no mínimo se o barco viajar contra a correnteza com velocidade
v = 3a/2
12. A �gura abaixo ilustra a seção reta do tronco e da viga.
Se S mede a rigidez, então S = αLh3. Como o raio do tronco é �xo, podemos
expressar L em função de h a partir do Teorema de Pitágoras, i.e.,
L2 + h2 = 4R2 → L =
√
4R2 − h2.
Isso dito, o problema a ser resolvido é o de calcular o máximo da função
S : [0, 2]→ R, S(h) = αh3
√
4R2 − h2.
É claro que S(h) ≥ 0 para todo h ∈ [0, 2R] e S(0) = S(2R) = 0 Calculemos os
pontos críticos de S em (0, 2R).
S ′(h) = 3αh2
√
4R2 − h2 − αh3 h√
4R2 − h2
= 0 ⇐⇒ 3h2
√
4R2 − h2 = h
4
√
4R2 − h2
⇐⇒ 3h2(4R2 − h2) > h4 ⇐⇒ h =
√
3R.
Mutatis Mutandis, S ′(h) < 0 ⇐⇒ h >
√
3R. Portanto, S é crescente no inter-
valo (0,
√
3R) e decrescente em (
√
3R, 2R) e consequentemente, h =
√
3R é ponto
de máximo absoluto. Neste caso, L =
√
4R2 − h2 = R e a razão procurada é
h/L =
√
3.
69
13. A próxima �gura ilustra o enunciado do problema.
Considerando θ o ângulo que a escada faz com o chão, temos para L = L1 + L2,
onde L é o comprimento da escada,
cos (θ) =
b
L1
⇒ L1 = b sec(θ),
sen(θ) =
a
L2
⇒ L2 = a cossec(θ).
Logo, o problema se reduz a determinação do mínimo absoluto da função
L : (0, π/2)→ R, L(θ) = b sec(θ) + a cossec(θ).
Podemos observar inicialmente que
lim
θ→0+
L(θ) = lim
θ→π/2−
L(θ) = +∞, (2.9)
de onde se conclui que L não admite máximo absoluto. Calculando os pontos
críticos, obtemos
L′(θ) = b tg(θ) sec(θ)− a cotg(θ) cossec(θ) = 0 ⇐⇒ b sen(θ)
cos2(θ)
= a
cos(θ)
sen2(θ)
.
Logo,
L′(θ) = 0 ⇐⇒ b
a
tg3(θ) = 1⇐⇒ θ = arctg
(
3
√
a
b
)
.
Como L(θ) é derivável e este é seu único ponto crítico, segue de (2.9) que este ponto
crítico é necessariamente ponto de mínimo absoluto (por que?). Como deseja-se
saber o comprimento da escada de menor comprimento, devemos calcular Lmin =
70
L
(
arctg
(
(a/b)1/3
))
. Observe que se
(
arctg
(
(a/b)1/3
))
, então
sec2(θ)− 1 = tg2(θ) =
(a
b
)2/3
⇒ sec(θ) =
√
1 +
(a
b
)2/3
(2.10)
Como cotg(θ) = 1/ tg(θ), temos
cossec2(θ)− 1 = cotg2(θ) =
(
b
a
)2/3
⇒ cossec(θ) =
√
1 +
(
b
a
)2/3
(2.11)
Da de�nição de L(θ) e das expressões (2.10) e (2.11), conclui-se que
Lmin = a
√
1 +
(a
b
)2/3
+ b
√
1 +
(
b
a
)2/3
.
14. O triângulo T de vértices A, B e C (veja �gura abaixo) tem base AB medindo β
(unidades de comprimento).
Seja R um retângulo inscrito no triângulo T tendo como base o segmento EF de
medidas b na base e largura a. A base do retângulo R forma o triângulo de vértices
E, F e C, que é semelhante a T. Logo, por semelhança,
β
α
=
b
α− a ⇒ b =
β
α
(α− a).
A área do retângulo R é ab =
β
α
a(α− a). Portanto, trata-se do problema de maxi-
mizar a função
f : [0, α]→ R, f(a) = β
α
a(α− a).
71
Calculando os pontos críticos de f no domínio [0,α], obtemos
df
da
=
β
α
[α− 2a] = 0 ⇐⇒ a = α
2
.
Como
d2f
da2
= −2 < 0,∀a ⇒ f é função côncava.
Logo, o ponto crítico a = α/2 é ponto de máximo global de f e vemos que a altura
correspondente é b = β/2, como queríamos provar.
15. Quando furamos uma esfera nas condições do enunciado, área total do sólido re-
sultante pode ser obtida subtraindo-se da área da esfera as áreas de duas calotas e
somando-se a área lateral do cilindro (o furo) interior (faça a �gura).
Se denotarmos por x e L respectivamente o raio e a altura do furo cilíndrico e por
h a altura de cada uma das calotas, a área total A do sólido obtido é:
A = (área da esfera) -2× (área da calota) + (área lateral do cilíndro)
Assim, lembrando que a área de uma calota esférica de altura h obtida de uma esfera
de raio R é dada por 2πRh, temos
A = 4πR2 − 4πRh+ 2πxL.
Observando a �gura, vê-se que
h = R−
√
R2 − x2 e L = 2
√
R2 − x2
Portanto, o problema em questão reduz-se a maximizar a função A : [0, R] → R,
onde
A(x) = 4πr2 − 4πR(R−
√
R2 − x2) + 4πx
√
R2 − x2 = 4π(R + x)
√
R2 − x2
Derivando a função acima, obtém-se
A′(x) = 4π
(√
R2 − x2 − (R + x)x√
R2 − x2
)
= 0 ⇐⇒ R2 − x2 = Rx+ x2.
Resolvendo a equação acima, obtemos as raízes x = R/2 e x = −R. Portanto, aúnica
raiz no domínio da função é R/2. Além disso, A(0) = 4πR2, A(R) = 0 e A(x) > 0
72
para todo x ∈ (0, R). Portanto, o zero é ponto de mínimo global de A e como a
função é positiva (e derivável!), basta que comparemos os valores de A(0) e A(R/2)
para decidir qual deles é o máximo.
A(R/2) = 4π(3R/2)
√
3R2/4 = 3π
√
3R2 > 4πR2 = A(R).
Portanto, a peça de área máxima é a obtida fazendo-se um furo de raio R/2.
2.3.5 Esboço de Grá�co
1. (a) Aplicando a regra do produto para calcular f ′(x) e f ′′(x), temos:
f ′(x) = 3x2e−x − x3e−x = x2e−x(3− x)
f ′′(x) = 3
(
2xe−x − x2e−x
)
−
(
3x2e−x − x3e−x
)
= xe−x
(
x2 − 6x+ 6
)
(b) Calculando as assíntotas horizontais:
lim
x→∞
x3e−x = lim
x→∞
x3
ex
L′H
= lim
x→∞
3x2
ex
L′H
= lim
x→∞
6x
ex
L′H
= lim
x→∞
6
ex
= 0
lim
x→−∞
x3e−x = −∞ ·∞ = −∞
A função não possui assíntotas verticais pois é contínua em R e y = 0 é assíntota
horizontal.
(c) Podemos identi�car os intervalos de crescimento da função observando o sinal
da sua derivada de primeira ordem, onde as raízes de f ′(x) serão referências
no estudo do sinal.
f ′(x) = 0⇒ 3x2e−x − x3e−x = 0⇒ 3x2e−x = x3e−x
Logo, essa condição é satisfeita nos pontos x = 3 e x = 0. Vamos estudar o
sinal de f ′(x) através de uma tabela. Colocando a primeira derivada da função
na forma x2e−x(3− x), vemos que somente o sinal de (3− x) interfere no sinal
da derivada.
intervalo (−∞, 0) (0, 3) (3,∞)
(3− x) + + −
f ′(x) + + −
crescimento ↗ ↗ ↘
(d) A função não possui ponto de mínimo global, pois lim
x→−∞
f(x) = −∞. De
acordo com a tabela de intervalos de crescimento de f e dado que a função não
tende para ∞ em nenhum momento, podemos a�rmar que x = 3 é ponto de
máximo global.
73
(e) Para identi�carmos os intervalos de concavidade da função, devemos observar
o sinal da sua derivada de segunda ordem, onde as raízes de f ′′(x) serão os
pontos de referência no estudo do sinal.
f ′′(x) = 0⇒ xe−x
(
x2 − 6x+ 6
)
= 0
Logo, essa condição é satisfeita quando x = 0, x = 3 +
√