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                                                                                   Cálculo I
            Departamento de Matemática



                      Exercícios resolvidos – Cálculo Diferencial em R

                                   Bioquímica e Ensino de Física e Química




                                               PERGUNTAS




1. Determine o conjunto dos pontos onde é diferenciável cada uma das seguintes funções, bem como
   a sua derivada:
                                   1
    a) f (x) = ex sen x + e x

                 1
    b) f (x) =   2   ln cosh(2x)

                 sen2 x
    c) f (x) =   sen x2

                 sen x+cos x
    d) f (x) =   sen x−cos x

                 x5 +1
    e) f (x) =   ex −2

                               2
    f ) f (x) = sen tg 1−x
                        ln x

                          1
    g) f (x) = x 1+e x
                     1
                     2+e x
                 √
    h) f (x) =       cosh x − 1

    i) f (x) = x|x − 1|

                      x2 , x ≤ 0
    j) f (x) =
                      x , x>0

                      (1 − x) ln(x − 1) , x > 1
    k) f (x) =        1−x2
                      2x+1              , x ≤ 1 ∧ x = −1
                                                       2
                       x
                      1−x     , x≤0
    l) f (x) =
                      arctg x , x > 0


                                                     1
2. Determine a recta tangente ao gráfico das seguintes funções nos pontos indicados:

                 √
    a) f (x) =       x no ponto de abcissa 4.

    b) f (x) = 1 + 3ex+3 num ponto onde o declive seja 3e.
                 √
    c) f (x) = e     x+3   + ln arctg x no ponto de abcissa 1.

    d) f (x) = arcsen x−1 no ponto de intersecção com o eixo das abcissas
                       2



3. Sejam f e g duas funções de classe C 1 (R) verificando:


     i) ∀x, y ∈ R          f (x + y) = f (x)f (y)

    ii) ∀x ∈ R           f (x) = 1 + xg(x)

   iii) lim g(x) = 1
        x→0

  Mostre que f ′ (x) = f (x).

4. Considere a função dada por:


                                                       3−x2
                                                         2    , x≤1
                                             f (x) =   1
                                                       x      , x>1



    a) Mostre que é possivel aplicar o teorema de Lagrange a f no intervalo [0, 2]

    b) Determine os números reais e tais que f (2) − f (0) = 2f ′ (c)


5. Determine o polinómio de Taylor do grau indicado em torno dos pontos indicados para cada uma
   das seguintes funções:

    a) f (x) = ln x , grau 2, no ponto x = 1.

    b) f (x) = cos x , grau 3, no ponto x = 0.

                     2
    c) f (x) = ex , grau 4, no ponto x = 0.

    d) f (x) = sen x , grau n, no ponto x = 0.




                                                       2
6. Utilize a regra de Cauchy para calcular os seguintes limites:

               esen x − ecos x
    a) limπ
        x→ 4   sen x − cos x
                  1    1
    b) lim           −
        x→0     sen x x

    c) lim (tg x)cos x
          π
        x→ 2

    d) lim xx
        x→0+
                      1
    e) lim (cos x) x2
        x→0

            sen x − x
    f ) lim
        x→0 x − tg x



7. Estude cada uma das seguintes funções considerando:

     i) O domínio.

    ii) Os zeros.

   iii) As assíntotas.

   iv) A primeira derivada.

    v) Os extremos e intervalos de monotonia.

   vi) A segunda derivada.

   vii) Os pontos de inflexão e sentido da concavidade.

  viii) O esboço do gráfico.

    a) f (x) = ln(x2 − 1)

                     x ln x
                     √      , x>0
    b) f (x) =
                       1−x , x≤0
                                 2
                     e−1−(x+1)       , x < −1
    c) f (x) =
                     e|x|−2          , x ≥ −1




                                                3
RESOLUÇÕES



1. (a) A função tem domínio Df = R  {0} (que é um aberto). Temos
                                                 1                                       1 1
                                    ex sen x + e x    ′
                                                           = ex sen x + ex cos x −          ex
                                                                                         x2
       estando esta expressão bem definida em R  {0}. Assim a função é diferenciável em R  {0}
       e tem derivada dada por
                                                                               1 1
                                        f ′ (x) = ex sen x + ex cos x −           ex .
                                                                               x2
   (b) O domínio de f é Df = {x ∈ R : cosh(2x) > 0} = R. Temos
                                                       ′
                                    1                          1 [cosh(2x)]′   senh(2x)
                                      ln cosh(2x)          =                 =          ,
                                    2                          2 cosh(2x)      cosh(2x)

       estando esta expressão bem definida em R. Assim a função é diferenciável em R e tem
       derivada dada por
                                                   senh(2x)
                                         f ′ (x) =          .
                                                   cosh(2x)
                                              √
   (c) O domínio de f é Df = {x ∈ R : x = ± kπ, k ∈ N ∪ {0}} (que é um aberto). Temos
                     ′
            sen2 x           2 sen x cos x sen x2 − 2x cos x2 sen2 x
                         =                                           = 2 sen x cos x − 2x cotg x2 sen2 x,
            sen x2                           sen x2

       estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e tem derivada
       dada por
                                f ′ (x) = 2 sen x cos x − 2x cotg x2 sen2 x.
                                                                                             π
   (d) O domínio de f é Df = {x ∈ R : sen x − cos x = 0} = {x ∈ R : x =                      4   + kπ, k ∈ Z}. Temos
                               ′
            sen x + cos x            (cos x − sen x)(sen x − cos x) − (sen x + cos x)(cos x + sen x)
                                   =
            sen x − cos x                                   (sen x − cos x)2
                                              2
                                   = −                  ,
                                       (sen x − cos x)2

       estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e temos

                                                                      2
                                             f ′ (x) = −                        .
                                                               (sen x − cos x)2

   (e) O domínio de f é Df = {x ∈ R : ex − 2 = 0} = R  {ln 2}. Temos
                                                 ′
                                       x5 + 1              5x4 (ex − 2) − ex (x5 + 1)
                                                     =                                ,
                                       ex − 2                      (ex − 2)2

       estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e temos

                                                     5x4 (ex − 2) − ex (x5 + 1)
                                         f ′ (x) =                              .
                                                             (ex − 2)2

                                                           4
1−x2            π
(f) O domínio de f é Df = x ∈ R :                ln x   =       2   + kπ, k ∈ Z ∧ ln x = 0 ∧ x > 0 . Temos
                                                                                                        ′
                           ′                            ′                                       1−x2
                 1−  x2                     1−   x2                     1−     x2                ln x                1 − x2
        sen tg                 =       tg                   cos tg                      =                   cos tg
                  ln x                       ln x                        ln x               cos2   1−x2               ln x
                                                                                                    ln x

                                   −2x2 ln x − (1 − x)2                             1 − x2
                               =                                        cos tg             ,
                                    xln2 x cos2             1−x2                     ln x
                                                             ln x

   estando esta expressão bem definida no conjunto
                                   1 − x2  π
                 C=       x∈R:            = + kπ, k ∈ Z ∧ x = 0 ∧ ln x = 0 ∧ x > 0 .
                                    ln x   2
   Assim a função é diferenciável em C ∩ Df = Df .
(g) A função tem domínio Df = R  {0}. Temos

                                   ′
                                                                       1/x                      e1/x
                       1 + e1/x          1 + e1/x   −e 2                      2 + e1/x +         x2
                                                                                                        1 + e1/x
                     x                 =          +x x                                            2
                       2 + e1/x          2 + e1/x                                       2+   e1/x
                                            e1/x (3x    − 1) +         xe2/x   + 2x
                                       =                                  2             ,
                                                      x 2+           e1/x

   estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e temos

                                                    e1/x (3x − 1) + xe2/x + 2x
                                       f ′ (x) =                                    2          .
                                                                    x 2 + e1/x

(h) A função tem domínio Df = {x ∈ R : cosh x − 1 ≥ 0} = R. Temos
                      √                 ′
                                                1                               senh x
                          cosh x − 1        =     (cosh x − 1)−1/2 · senh x = √           ,
                                                2                            2 cosh x − 1
   estando esta expressão bem definida no conjunto {x ∈ R : cosh x − 1 > 0} = R  {0}. Assim
   f é diferenciável em R ∩ R  {0} = R  {0} e tem derivada
                                                            senh x
                                                f ′ (x) = √           .
                                                         2 cosh x − 1
(i) A função tem domínio Df = R. Temos

                                                                     x(x − 1) ,             se x ≥ 1
                               f (x) = x|x − 1| =
                                                                     x(1 − x) ,             se x < 1

   Se x > 1 temos f ′ (x) = (x2 − x)′ = 2x − 1.
   Se x < 1 temos f ′ (x) = (x − x2 )′ = −2x + 1.
   No ponto x = 1 temos
                                                 f (1 + h) − f (1)
                                   f ′ (1) = lim                   .
                                             h→0         h
   Por um lado
              f (1 + h) − f (1)           (1 + h)2 − (1 + h) − 0       1 + 2h + h2 − 1 − h
       lim                         =         lim                 = lim
       h→0+           h              h→0+           h             h→0+          h
                                   = lim (h + 1) = 1,
                                            h→0+


                                                            5
por outro lado

                 f (1 + h) − f (1)       1 + h − 1 − 2h − h2 − 0
           lim                     = lim                         = lim (−1 − h) = −1.
          h→0−           h          h→0−            h             h→0−

               f (1 + h) − f (1)        f (1 + h) − f (1)
    Como lim                     = lim                    conclui-se que não existe derivada em
          h→0+         h           h→0−         h
    x = 1. Assim f é diferenciável em R  {0} e temos

                                                    2x − 1  ,            se x > 1
                                     f ′ (x) =
                                                    −2x + 1 ,            se x < 1

(j) Para x < 0 temos f ′ (x) = 2x.
    Para x > 0 temos f ′ (x) = 1.
    No ponto x = 0 temos
          f (h) − f (0)         h−0                 f (h) − f (0)        h2 − 0
     lim                = lim          = 1, e lim                 = lim         = = lim h = 0,
    h→0+        h          h→0+   h           h→0−        h        h→0−    h        h→0−
                f (h) − f (0)        f (h) − f (0)
    logo lim                  = lim                e portanto não existe derivada no ponto x = 0.
         h→0  +       h        h→0 −       h
    Conclui-se que f é diferenciável em R  {0} e temos

                                                            2x ,     se x < 0
                                        f ′ (x) =
                                                            1 ,      se x > 0

(k) A função tem domínio R  − 1 . 2
                                                      1
    Para x > 1 temos f ′ (x) = − ln(x − 1) + (1 − x) x−1 = − ln(x − 1) − 1.
                                                 −2x(2x+1)−2(1−x2 )                      2−2x2
    Para x < 1 e x = − 1 temos f ′ (x) =
                       2                              (2x+1)2
                                                                                2x
                                                                           = − 2x+1 −   (2x+1)2
                                                                                                .
    Para x = 1 temos
                             f (1 + h) − f (1)        −h ln h
                     lim                       = lim          = lim − ln h = +∞,
                     h→0+            h          h→0 +   h      h→0+

    assim não existe derivada em x = 1. Conclui-se que f é diferenciável em R  − 1 , 1
                                                                                  2                 e
    temos
                                − ln(x − 1) − 1 , se x > 1
                      f ′ (x) =           2−2x2
                                − 2x+1 − (2x+1)2 , se x < 1 ∧ x = − 1
                                   2x
                                                                     2

(l) A função tem domínio R. Deste modo, temos para x < 0
                                                        ′
                                 ′           x                  1−x+x         1
                               f (x) =                      =          2
                                                                         =
                                            1−x                 (1 − x)    (1 − x)2

    e para x > 0
                                                                           1
                                        f ′ (x) = (arctg x)′ =                  .
                                                                         1 + x2
    Para x = 0 temos
                                                                                          1
                             f (0 + h) − f (0)        arctg h − 0                       1+h2
                     lim                       = lim              = lim                        =1
                     h→0+            h          h→0 +      h       h→0+                  1
                                                                    h
                              f (0 + h) − f (0)                    1−h−0          1
                       lim                      = lim                    = lim        =1
                      h→0−            h          h→0−                h    h→0 − 1 − h




                                                    6
f (0 + h) − f (0)
        Deste modo temos f ′ (x) = lim                                       = 1 e portanto
                                                  h→0              h
                                                                       1
                                                                  (1−x)2 , se x < 0
                                                                 

                                                      f ′ (x) =      1       , se x = 0
                                                                  1
                                                                     1+x2    , se x > 0

2. (a) Procuramos a recta da forma y = mx + b com m = f ′ (4) que passe no ponto (4, f (4)) =
                                          1
       = (4, 2). Temos que f ′ (4) = 1 x− 2 |x=4 = 2√4 = 1 . Assim tem que se verificar 2 = 1 ·4+ b ⇔
                                     2
                                                    1
                                                         4                                 4
        ⇔ b = 1. A recta pedida é a recta de equação y = 1 x + 1.
                                                         4
                                                  ′
    (b) Temos f ′ (x) = 1 + 3ex+3 = 3ex+3 . Assim f ′ (x) = 3e ⇔ 3ex+3 = 3e ⇔ x = −2.
        Deste modo f ′ (−2) = 3e. Procuramos a recta da forma y = 3ex + b que passa no ponto
        (−2, f (−2)) = (−2, 1 + 3e). Temos 1 + 3e = 3e(−2) + b ⇔ b = 1 + 9e. A recta pedida é a
        recta de equação y = 3ex + 1 + 9e.
    (c) Procuramos a recta da forma y = mx + b com m = f ′ (1) que passe no ponto (1, f (1)) =
                                                        1 √              2                        2
        = 1, e2 + ln π . Temos que f ′ (x) = 1 (x + 3)− 2 e x+3 + 1/(1+xx ) , pelo que f ′ (1) = e4 + π .
                     4                       2                     arctg
                                                                                                      2

                                                          e2                 3e2
        Tem que se verificar e2 + ln π =
                                    4                     4 + 2
                                                               π
                                                                   +b⇔ b=     4    + ln π − π . A recta pedida é assim a
                                                                                        4   2
                      e2       π            3e2          π   π
        recta y =     4    +   2       x+    4    + ln   4 − 2.

    (d) Um ponto de intersecção da função f com o eixo das abcissas                            é um ponto (a, 0) com
        f (a) = 0. Temos f (a) = 0 ⇔ arcsen a−1 = 0 ⇔ a−1 = 0 ⇔
                                                  2            2                               a = 1. Conclui-se que
        existe um único ponto de intersecção com o eixo das abcissas:                           o ponto (1, 0). Temos
                     1/2
        f ′ (1) =            |
                            2 x=1
                                  = 1 . Assim a recta pedida é a recta da
                                    2                                                          forma y = 1 x + b, que
                                                                                                           2
                   1−( x−1 )
                        2
        passa no ponto (1, 0). Como 0 = 1 + b ⇔ b = − 1 concluimos que
                                           2             2                                     a recta pedida é a recta
        y = 1x − 1.
               2  2

3. Seja x ∈ R fixo. Temos, atendendo a que f (x) é constante, f ′ (x + y) = f (x)f ′ (y). Fazendo
   y = 0 obtemos f ′ (x) = f (x)f ′ (0). Por outro lado, f ′ (x) = g(x) + xg′ (x) e portanto f ′ (0) =
   = lim [f (x)f ′ (0)] = [ lim f (x)]f ′ (0). Conclui-se que f ′ (0) = lim [g(x) + xg′ (x)] = 1 + 0g′ (0) = 1.
      x→0                  x→0                                                     x→0
   Deste modo f ′ (x) = f (x).

4. (a) A função g : R → R dada por g(x) = 3 − 1 x2 é contínua em R logo f é contínua para
                                              2    2
                                                        1
       x < 1. A função h : R  {0} → R dada por h(x) = x é contínua em R  {0}, uma vez que é
                                                                            3 − x2
       um quociente de polinómios, logo f é contínua para x > 1. Temos lim         = 1 = f (1)
                                                                      x→1−    2
              1
       e lim     = 1. Deste modo f é contínua em x = 1. Conclui-se que f é contínua em R
         x→1+ x
                                                                                                          ′
                                                                                                   3−x2
        e em particular é contínua em [0, 2]. Temos, para x < 1, f ′ (x) =                           2        = −x e para
                                   ′                                                       1
        x > 1, f ′ (x) =       1
                               x       = − x2 . Uma vez que lim f ′ (x) = lim (−x) = −1 = lim
                                           1
                                                                                               =                 −
                                                    x→1−        x→1−              x→1+    x2
        = lim f ′ (x), conclui-se que f ′ (1) = −1 (uma vez que f é contínua como vimos). Note-se
            x→1+
        que poderiamos ter recorrido à definição de derivada no ponto x = 0
        Assim                                   
                                                 −x,    se x < 1
                                      f ′ (x) =   1,     se x = 1
                                                     1
                                                  − x2 , se x > 1
                                                

        e f é diferenciável em R e em particular em ]0, 2[. Conclui-se que o teorema de Lagrange é
        aplicável a f no intervalo [0, 2].

                                                                   7
1
   (b) Temos f (2) =      2    e f (0) = 3 . Como vimos na alínea a) temos
                                         2

                                                                                 −x,                   se x ≤ 1
                                                         f ′ (x) =                 1                            .
                                                                                 − x2 ,                se x > 1

        Assim, de acordo com o teorema de Lagrange existe c ∈ [0, 2] tal que f (2) − f (0) = 2f ′ (c).
        Seja c ∈ [0, 1]. Temos f (2) − f (0) = 2f ′ (c) ⇔ −1 = −2c ⇔ c = 1 . Seja c ∈]1, 2] Temos
                                                                            2
                             ′                  1             √                        √
        f (2) − f (0) = 2f (c) ⇔ −1 = 2 − 2 ⇔ c = ± 2. Atendendo a que − 2 ∈]1, 2] e
        √                                      c                                           √
           2 ∈]1, 2], concluimos que existem dois números reais nas condições pedidas: 1 e 2.
                                                                                       2
                       1          ′′ 1                                                                                      ′′
5. (a) Temos f ′ (x) = x , f (x) = − x2 e portanto f (1) = 0, f ′ (1) = 1 e f (1) = −1. Assim
                                                                   ′′
                                   ′       f (1)                   1            1         3
           P2 (x) = f (1) + f (1)(x − 1) +       (x − 1)2 = x − 1 − (x − 1)2 = − x2 + 2x − .
                                             2!                    2            2         2
                                                 ′′                                 ′′′
   (b) Temos f ′ (x) = − sen x, f (x) = − cos x, f (x) = sen x e portanto f (0) = 1, f ′ (0) = 0,
        ′′            ′′′
       f (0) = −1 e f (0) = 0. Conclui-se que
                                                          ′′                      ′′′
                                        f (0) 2 f (0) 3
                                        ′                        1    0        1
              P3 (x) = f (0) + f (0)x +      x +     x = 1 + 0x − x2 + x3 = 1 − x2 .
                                          2!      3!             2    3!       2
                                   2        ′′                 2                   2             ′′′                2                2                   2
    (c) Temos f ′ (x) = 2xex , f (x) = 2ex + 4x2 ex , f (x) = 4xex + 8xex + 8x3 ex e f (4) (x) =
              2          2      2          2         2        2
        = 4ex + 8x2 ex + 8ex + 16x2 ex + 24x2 ex + 16x4 ex e portanto f (0) = 1, f ′ (0) = 0,
         ′′          ′′′
        f (0) = 2, f (0) = 0 e f (4) (0) = 12. Deste modo
                                                                                        ′′                   ′′′
                                            f ′ (0)    f (0) 2 f (0) 3 f (4) (0) 4
                           P4 (x) = f (0) +         x+      x +     x +         x
                                              1!         2!      3!       4!
                                                       12     1
                                  = 1 + 0 + x2 + 0 + x4 = x4 + x2 + 1.
                                                       24     2
   (d) Para k = 0, 1, 2, ... temos
                                                                                                                
                   sen x,
                                                       se n = 4k                                                 0,
                                                                                                                                               se n = 4k
                    cos x,                            se n = 4k + 1                          e                     1,                         se n = 4k + 1
                                                                                                                
           (n)                                                                                            (n)
          f (x) =                                                                                        f (0) =
                   − sen x,
                                                     se n = 4k + 2                                               0,
                                                                                                                                             se n = 4k + 2
                    − cos x,                          se n = 4k + 3                                                −1,                        se n = 4k + 3
                                                                                                                
        Temos                                                           ′′
                                      f ′ (0)    f (0) 2        f n−1 (0) n−1 f (n) (0) n
                         Pn = f (0) +         x+      x + ... +          x   −         x .
                                        1!         2!           (n − 1)!         n!
        Pelo que, como f (n) (0) = sen(n π ), temos
                                         2

                                                                 1           sen(n π ) n
                                                 Pn = 0 + x + 0 − x3 + ... +       2
                                                                                      x
                                                                 3              n!

6. (a) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
                                                                                                                   √    √                      √
                                                                                                                    2        2/2                   2/2
                esen x−       ecos x                   cos xesen x   +           sen xecos x                       2    e                +e                   √
                                                                                                                                                                  2/2
            lim               = lim                                                                      = lim                       √                       =e
           x→ 4 sen x − cos x
               π
                                x→ π
                                   4
                                                               cos x + sen x                                  π
                                                                                                           x→ 4                  2        2
                                                                                                                                         2

   (b) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
                1    1                    x − sen x          1 − cos x                   sen x           0
        lim        −            = lim               = lim                 = lim                         = =0
        x→0   sen x x                  x→0 x sen x    x→0 sen x + x cos x   x→0 cos x + cos x − x sen x  2


                                                                             8
(c) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
                                                             cos x          limx→ π cos x ln(tg x)             limx→ π ln(tg x)/(1/ cos x)
             lim (tg x)cos x =
                π
                                          lim eln(tg x)
                                             π
                                                                     =e              2                  =e           2                        =
             x→ 2                        x→ 2
                                                      (1/cos2 x)/ tg x                       1/(cos x sen x)                   cos x
                                          limx→ π                               limx→ π                            limx→ π
                                = e               2     sen x/cos2 x      =e             2    sen x/cos2 x     =e           2 sen2 x   = e0 = 1

   (d) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
                                                                                                                     1/x
                                 x                                                                      limx→0+
       lim xx = lim eln x = elimx→0+ x ln x = elimx→0+ ln x/(1/x) = e                                               −1/x2    = elimx→0+ −x = e0 = 1
       x→0+            x→0+

   (e) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
                                     2                               1/x2                              2                 − sen x/ cos x
                    lim (cos x)1/x       =      lim eln(cos x)               = lim eln(cos x)/x = elimx→0                     2x          =
                x→0                             x→0                             x→0
                                                              − sen x                                sen x
                                         = elimx→0 ( 2x cos x ) = elimx→0 ( 2 cos x ·                        ) = e(−1/2)·1 = e−1/2
                                                                                               −1
                                                                                                       x



   (f) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,

           sen x − x                cos x − 1          cos3 x − cos2 x       −3cos2 x sen x + 2 cos x sen x
       lim                  =    lim            = lim                  = lim                                =
       x→0 x − tg x           x→0 1 − 1/cos 2 x    x→0   cos2 x − 1      x→0         2 cos x sen x
                                  cos x sen x(2 − 3 cos x)              3            1
                            = lim                          = lim 1 − cos x = −
                              x→0       2 sen x cos x         x→0       2            2

7. (a) Temos
        • Df = {x ∈ R : x2 − 1 > 0} =] − ∞, −1[∪]1, +∞[
                                                                √
        • f (x) = 0 ⇔ ln(x2 − 1) = 0 ⇔ x2 − 1 = 1 ⇔ x2 = 2 ⇔ x ± 2
                                               √ √
          O conjunto dos zeros é o conjunto − 2, 2 .
        • lim f (x) = lim ln(x2 − 1) = −∞, lim f (x) = lim ln(x2 − 1) = −∞.
             x→1+             x→1+                                       x→−1−                   x→−1−
          Deste modo, as rectas x = 1 e x = −1 são assíntotas verticais.
                  f (x)           ln(x2 − 1)         2x/(x2 − 1)            2
            lim          = lim               = lim                = lim          =0
          x→+∞ x            x→+∞      x        x→+∞       1        x→+∞ x − 1/x
                                                                                   ln(x2 − 1)
          mas lim [ln(x2 − 1) − 0x] = lim ln(x2 − 1) = +∞; agora, lim                         =
                 x→+∞                         x→+∞                           x→−∞      x
                     2x
            lim 2          = = 0 mas, mais uma vez, lim [f (x) − 0x] = lim ln(x2 − 1) = +∞.
          x→−∞ x − 1                                  x→−∞              x→−∞
          Conclui-se que não existem assíntotas horizontais.
                      2x                            2x
        • f ′ (x) = x2 −1 , x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[, x2 −1 = 0 ⇔ x = 0 mas 0 ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[.
          Conclui-se que a primeira derivada não tem zeros. Deste modo, temos o quadro
                                                 −1             1
                                        f ′  − N.D. N.D. N.D. +
                                        f ց N.D. N.D. N.D. ր
          Atendendo a que lim f (x) = −∞ e lim f (x) = −∞, concluimos que f não tem
                                         x→−1−                                x→1+
          extremos.
                     2 −1)−2x·2x                 −2(x2 +1)
        • f (x) = 2(x (x2 −1)2
           ′′                                                                   ′′
                                 =                (x2 −1)2
                                                           .         Logo f (x) < 0, para todo o x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[.
          Temos o quadro
                                                                         −1                      1
                                                        ′′
                                                      f       −         N.D.         N.D.       N.D.           −
                                                      f       ∩         N.D.         N.D.       N.D.           ∩


                                                                     9
Não existem portanto pontos de inflexão.
      • Podemos então esboçar o gráfico de f .
(b) Temos
      • Df = R
      • x ln x = 0 ⇔ x = 0 ∨ ln x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1.
                                      √
        Temos {0, 1}∩]0, +∞[= {1}, 1 − x = 0 ⇔ x = 1. Temos {1}∩] − ∞, 0[= {}. Logo
        apenas temos um zero: o ponto x = 1.
                                          ln x         1/x
      • lim f (x) = lim (x ln x) = lim         = lim        = lim (−x) = 0,
        x→0 +        x→0+           x→0 + 1/x   x→0 + −1/x2  x→0+
                          √          √
         lim f (x) = lim 1 − x = 1 = 1.
          x→0−        x→0−
          Conclui-se que não há assíntotas verticais.
                f (x)         x ln x
           lim        = lim          = lim ln x = +∞,
          x→+∞ x        x→+∞
                              √x       x→+∞
                                                1
                f (x)           1−x               (1 − x)−1/2 (−1)
           lim        = lim            = lim 2                     = 0,
          x→−∞ √x       x→−∞     x       x→−∞            1
           lim    1 − x = +∞. Conclui-se que não existem assíntotas não verticais.
          x→−∞
      • Para x > 0 temos f ′ (x) = (x ln x)′ = ln x + 1.
                                    √
        Para x < 0 temos f ′ (x) = ( 1 − x)′ = 1 (1 − x)−1/2 (−1) = − 2√1 .
                                                  2                     1−x
             f (h) − f (0)          h ln h − 1
         lim               = lim                = −∞ concluimos que não existe derivada em
        h→0+       h          h→0+        h
        x = 0. Assim
                                               ln x + 1 , se x > 0
                                   f ′ (x) =
                                               − 2√11−x
                                                         , se x < 0

          f ′ (0) = 0 ⇔ (ln x + 1 = 0 ∧ x > 0) ∨ − 2√1 = 0 ∧ x < 0 ⇔ ln x = −1 ∧ x > 0 ⇔
                                                     1−x
          ⇔ x = 1 . Podemos construir o seguinte quadro
                e
                                                               1
                                                0              e
                                     f ′  − N.D. −             0      +
                                     f ց        1    ց         −1
                                                                e     ր
          Temos um mínimo no ponto x = 1 .
                                       e
      •
                                                  1
                                   ′′
                                                  x        ,       se x > 0
                                  f (x) =          x
                                             − 4(1−x)3/2   ,       se x < 0
           ′′                  x
        f = 0 ⇔ x < 0 ∧ − 4(1−x)3/2 = 0 ⇔ x = 0 ∧ x < 0, o que é impossível. Conclui-se que
        a segunda derivada não tem zeros. Podemos construir o quadro
                                                  0
                                          ′′
                                        f    + N.D. +
                                         f   ∪    1     ∪
        Não temos pontos de inflexão.
      • Podemos então esboçar o gráfico da função.
(c)   • Df = R
      • A função não tem zeros.
                                 2
      • lim f (x) = lim e−1−(x+1) = e−1 ,         lim f (x) = lim e|x|−2 = e−1 .
          x→−1−        x→−1−                     x→−1+              x→−1+
          Deste modo, não há assíntotas verticais.
                                                                        2
                f (x)        ex−2                  f (x)       e−1−(x+1)
           lim        = lim        = +∞, lim             = lim            = 0,
          x→+∞ x       x→+∞ x              x→−∞ x         x→−∞     x

                                            10
2
     lim (f (x) − 0x) =                  lim e−1−(x+1) = 0. Conclui-se que y = 0 é assimptota não
    x→−∞                            x→−∞
    vertical à esquerda.
•                                                         2
                                       −2(x + 1)e−1−(x+1)
                                      
                                                                                        ,         se x < −1
                            f ′ (x) =   −e−x−2                                          ,         se − 1 < x < 0
                                       x−2
                                        e                                               ,         se x > 0
    Note que: lim f ′ (x) = lim                 −e−x−2 = −e−2 = e−2 = lim                                     ex−2 = lim f ′ (x) e
                x→0−                     x→0−                                                          x→0+          x→0+
            ′                                           −1−(x+1)2                                 −1                −x−2
     lim f (x) = lim                 −2(x + 1)e                                   = 0 = −e             = lim      −e       = lim f ′ (x),
    x→−1−                  x→−1−                                                                         x→−1+               x→−1+
    e portanto (repare que temos continuidade de f em x = 0 e x = −1) concluimos que
    não existe derivada nestes pontos. Podemos construir o seguinte quadro
                                         −1          0
                                f ′ + N.D. − N.D. +
                                f ր e−1 ց e−2              ր
    Não existem extremos de f .
•                                                       2
                                (4x2 + 8x + 2)e−1−(x+1)
                               
                                                                                              ,       se x < −1
                        ′′
                       f (x) =            e−x−2                                               ,       se − 1 < x < 0
                                           ex−2                                               ,       se x > 0
                               
                                                                                                  √                √
                 ′′                        2                                         −8 ±           64 − 32          2
                f (x) = 0 ⇔ 4x + 8x + 2 = 0 ⇔ x =                                                           = −1 ±     .
                                                                                                   8                2
                  √                                                  √
                       2                                                  2
    Como −1 −         2    ∈] − ∞, −1[ mas −1 +                          2    ∈] − ∞, −1[ temos apenas um zero da segunda
                                                √
                                                 2
    derivada no ponto x = −1 −                  2 .     Podemos construir o quadro
                                                                √
                                                                     2
                                                −1 −                2              −1                   0
                                    ′′
                                f          +       0√
                                                                              −   N.D.        +        N.D.   +
                                                        −       3
                                f          ∪        e       2                 ∩   e−1         ∪        e−2    ∪
                                                                                     √
                                                                                         2
  Temos um ponto de inflexão no ponto x = −1 −                                           2 .
• Podemos então esboçar o gráfico.




                                                            11
TABELA DE DERIVADAS


Sejam u e v funções diferenciáveis e k, a e α constantes reais.


k′ = 0
x′ = 1
                                                         ′                   ′
                                                                   u
                                                    (tg u) = cos2 u = sec2 u · u′
(u ± v)′ = u′ ± v ′                                          ′
                                                                     u′
                                                    (cotg u) = − sen2 u = −cosec2 u · u′
(uv)′ = u′ v + uv ′                                        ′

  u
    ′    ′      ′                                   (sec u) = sec u tg u · u′
      = u v−uv                                                 ′
  v        v2                                       (cosec u) = − cosec u cotg u · u′
(ku)′ = ku′                                                      ′
                                                                      u′
                                                    (arcsen u) = √1−u2
(uα )′ = αuα−1 · u′
 √ ′        u′
                                                                     ′
                                                                     u
                                                    (arccos u) = − √1−u2
                                                                                        ′
( u) = 2×√u
  √ ′          ′
                                                    (arctg u) =
                                                                 ′
                                                                                  u′
( n u) = √u n−1
            n                                                                    1+u2
         n   u                                                       u   ′              ′
    ′
(eu ) = eu · u′                                     (arccotg u) = − 1+u2
                                                                     ′′
     ′
                                                    (arcsec u) =   √u
(au ) = au · u′ ln a, a ∈ R+  {1}                                u u2 −1
     ′                                                          ′
(uv ) = uv v ′ ln u + vuv−1 u′                                           u′
                                                    (arccosec u) = − u√u2 −1
       ′      ′
(ln u) = u   u
                                                            ′
                                                    (senh u) = cosh u · u′
           ′     ′
(loga u) = u u a , a ∈ R+  {1}
                ln
                                                             ′
                                                    (cosh u) = senh u · u′
         ′
(sen u) = cos u · u′
                                                           ′

         ′
                                                    (tgh u) = sech2 u · u′
(cos u) = − sen u · u′




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Exercicios resolv3 mat

  • 1. Universidade da Beira Interior Cálculo I Departamento de Matemática Exercícios resolvidos – Cálculo Diferencial em R Bioquímica e Ensino de Física e Química PERGUNTAS 1. Determine o conjunto dos pontos onde é diferenciável cada uma das seguintes funções, bem como a sua derivada: 1 a) f (x) = ex sen x + e x 1 b) f (x) = 2 ln cosh(2x) sen2 x c) f (x) = sen x2 sen x+cos x d) f (x) = sen x−cos x x5 +1 e) f (x) = ex −2 2 f ) f (x) = sen tg 1−x ln x 1 g) f (x) = x 1+e x 1 2+e x √ h) f (x) = cosh x − 1 i) f (x) = x|x − 1| x2 , x ≤ 0 j) f (x) = x , x>0 (1 − x) ln(x − 1) , x > 1 k) f (x) = 1−x2 2x+1 , x ≤ 1 ∧ x = −1 2 x 1−x , x≤0 l) f (x) = arctg x , x > 0 1
  • 2. 2. Determine a recta tangente ao gráfico das seguintes funções nos pontos indicados: √ a) f (x) = x no ponto de abcissa 4. b) f (x) = 1 + 3ex+3 num ponto onde o declive seja 3e. √ c) f (x) = e x+3 + ln arctg x no ponto de abcissa 1. d) f (x) = arcsen x−1 no ponto de intersecção com o eixo das abcissas 2 3. Sejam f e g duas funções de classe C 1 (R) verificando: i) ∀x, y ∈ R f (x + y) = f (x)f (y) ii) ∀x ∈ R f (x) = 1 + xg(x) iii) lim g(x) = 1 x→0 Mostre que f ′ (x) = f (x). 4. Considere a função dada por: 3−x2 2 , x≤1 f (x) = 1 x , x>1 a) Mostre que é possivel aplicar o teorema de Lagrange a f no intervalo [0, 2] b) Determine os números reais e tais que f (2) − f (0) = 2f ′ (c) 5. Determine o polinómio de Taylor do grau indicado em torno dos pontos indicados para cada uma das seguintes funções: a) f (x) = ln x , grau 2, no ponto x = 1. b) f (x) = cos x , grau 3, no ponto x = 0. 2 c) f (x) = ex , grau 4, no ponto x = 0. d) f (x) = sen x , grau n, no ponto x = 0. 2
  • 3. 6. Utilize a regra de Cauchy para calcular os seguintes limites: esen x − ecos x a) limπ x→ 4 sen x − cos x 1 1 b) lim − x→0 sen x x c) lim (tg x)cos x π x→ 2 d) lim xx x→0+ 1 e) lim (cos x) x2 x→0 sen x − x f ) lim x→0 x − tg x 7. Estude cada uma das seguintes funções considerando: i) O domínio. ii) Os zeros. iii) As assíntotas. iv) A primeira derivada. v) Os extremos e intervalos de monotonia. vi) A segunda derivada. vii) Os pontos de inflexão e sentido da concavidade. viii) O esboço do gráfico. a) f (x) = ln(x2 − 1) x ln x √ , x>0 b) f (x) = 1−x , x≤0 2 e−1−(x+1) , x < −1 c) f (x) = e|x|−2 , x ≥ −1 3
  • 4. RESOLUÇÕES 1. (a) A função tem domínio Df = R {0} (que é um aberto). Temos 1 1 1 ex sen x + e x ′ = ex sen x + ex cos x − ex x2 estando esta expressão bem definida em R {0}. Assim a função é diferenciável em R {0} e tem derivada dada por 1 1 f ′ (x) = ex sen x + ex cos x − ex . x2 (b) O domínio de f é Df = {x ∈ R : cosh(2x) > 0} = R. Temos ′ 1 1 [cosh(2x)]′ senh(2x) ln cosh(2x) = = , 2 2 cosh(2x) cosh(2x) estando esta expressão bem definida em R. Assim a função é diferenciável em R e tem derivada dada por senh(2x) f ′ (x) = . cosh(2x) √ (c) O domínio de f é Df = {x ∈ R : x = ± kπ, k ∈ N ∪ {0}} (que é um aberto). Temos ′ sen2 x 2 sen x cos x sen x2 − 2x cos x2 sen2 x = = 2 sen x cos x − 2x cotg x2 sen2 x, sen x2 sen x2 estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e tem derivada dada por f ′ (x) = 2 sen x cos x − 2x cotg x2 sen2 x. π (d) O domínio de f é Df = {x ∈ R : sen x − cos x = 0} = {x ∈ R : x = 4 + kπ, k ∈ Z}. Temos ′ sen x + cos x (cos x − sen x)(sen x − cos x) − (sen x + cos x)(cos x + sen x) = sen x − cos x (sen x − cos x)2 2 = − , (sen x − cos x)2 estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e temos 2 f ′ (x) = − . (sen x − cos x)2 (e) O domínio de f é Df = {x ∈ R : ex − 2 = 0} = R {ln 2}. Temos ′ x5 + 1 5x4 (ex − 2) − ex (x5 + 1) = , ex − 2 (ex − 2)2 estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e temos 5x4 (ex − 2) − ex (x5 + 1) f ′ (x) = . (ex − 2)2 4
  • 5. 1−x2 π (f) O domínio de f é Df = x ∈ R : ln x = 2 + kπ, k ∈ Z ∧ ln x = 0 ∧ x > 0 . Temos ′ ′ ′ 1−x2 1− x2 1− x2 1− x2 ln x 1 − x2 sen tg = tg cos tg = cos tg ln x ln x ln x cos2 1−x2 ln x ln x −2x2 ln x − (1 − x)2 1 − x2 = cos tg , xln2 x cos2 1−x2 ln x ln x estando esta expressão bem definida no conjunto 1 − x2 π C= x∈R: = + kπ, k ∈ Z ∧ x = 0 ∧ ln x = 0 ∧ x > 0 . ln x 2 Assim a função é diferenciável em C ∩ Df = Df . (g) A função tem domínio Df = R {0}. Temos ′ 1/x e1/x 1 + e1/x 1 + e1/x −e 2 2 + e1/x + x2 1 + e1/x x = +x x 2 2 + e1/x 2 + e1/x 2+ e1/x e1/x (3x − 1) + xe2/x + 2x = 2 , x 2+ e1/x estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e temos e1/x (3x − 1) + xe2/x + 2x f ′ (x) = 2 . x 2 + e1/x (h) A função tem domínio Df = {x ∈ R : cosh x − 1 ≥ 0} = R. Temos √ ′ 1 senh x cosh x − 1 = (cosh x − 1)−1/2 · senh x = √ , 2 2 cosh x − 1 estando esta expressão bem definida no conjunto {x ∈ R : cosh x − 1 > 0} = R {0}. Assim f é diferenciável em R ∩ R {0} = R {0} e tem derivada senh x f ′ (x) = √ . 2 cosh x − 1 (i) A função tem domínio Df = R. Temos x(x − 1) , se x ≥ 1 f (x) = x|x − 1| = x(1 − x) , se x < 1 Se x > 1 temos f ′ (x) = (x2 − x)′ = 2x − 1. Se x < 1 temos f ′ (x) = (x − x2 )′ = −2x + 1. No ponto x = 1 temos f (1 + h) − f (1) f ′ (1) = lim . h→0 h Por um lado f (1 + h) − f (1) (1 + h)2 − (1 + h) − 0 1 + 2h + h2 − 1 − h lim = lim = lim h→0+ h h→0+ h h→0+ h = lim (h + 1) = 1, h→0+ 5
  • 6. por outro lado f (1 + h) − f (1) 1 + h − 1 − 2h − h2 − 0 lim = lim = lim (−1 − h) = −1. h→0− h h→0− h h→0− f (1 + h) − f (1) f (1 + h) − f (1) Como lim = lim conclui-se que não existe derivada em h→0+ h h→0− h x = 1. Assim f é diferenciável em R {0} e temos 2x − 1 , se x > 1 f ′ (x) = −2x + 1 , se x < 1 (j) Para x < 0 temos f ′ (x) = 2x. Para x > 0 temos f ′ (x) = 1. No ponto x = 0 temos f (h) − f (0) h−0 f (h) − f (0) h2 − 0 lim = lim = 1, e lim = lim = = lim h = 0, h→0+ h h→0+ h h→0− h h→0− h h→0− f (h) − f (0) f (h) − f (0) logo lim = lim e portanto não existe derivada no ponto x = 0. h→0 + h h→0 − h Conclui-se que f é diferenciável em R {0} e temos 2x , se x < 0 f ′ (x) = 1 , se x > 0 (k) A função tem domínio R − 1 . 2 1 Para x > 1 temos f ′ (x) = − ln(x − 1) + (1 − x) x−1 = − ln(x − 1) − 1. −2x(2x+1)−2(1−x2 ) 2−2x2 Para x < 1 e x = − 1 temos f ′ (x) = 2 (2x+1)2 2x = − 2x+1 − (2x+1)2 . Para x = 1 temos f (1 + h) − f (1) −h ln h lim = lim = lim − ln h = +∞, h→0+ h h→0 + h h→0+ assim não existe derivada em x = 1. Conclui-se que f é diferenciável em R − 1 , 1 2 e temos − ln(x − 1) − 1 , se x > 1 f ′ (x) = 2−2x2 − 2x+1 − (2x+1)2 , se x < 1 ∧ x = − 1 2x 2 (l) A função tem domínio R. Deste modo, temos para x < 0 ′ ′ x 1−x+x 1 f (x) = = 2 = 1−x (1 − x) (1 − x)2 e para x > 0 1 f ′ (x) = (arctg x)′ = . 1 + x2 Para x = 0 temos 1 f (0 + h) − f (0) arctg h − 0 1+h2 lim = lim = lim =1 h→0+ h h→0 + h h→0+ 1 h f (0 + h) − f (0) 1−h−0 1 lim = lim = lim =1 h→0− h h→0− h h→0 − 1 − h 6
  • 7. f (0 + h) − f (0) Deste modo temos f ′ (x) = lim = 1 e portanto h→0 h 1  (1−x)2 , se x < 0  f ′ (x) = 1 , se x = 0  1 1+x2 , se x > 0 2. (a) Procuramos a recta da forma y = mx + b com m = f ′ (4) que passe no ponto (4, f (4)) = 1 = (4, 2). Temos que f ′ (4) = 1 x− 2 |x=4 = 2√4 = 1 . Assim tem que se verificar 2 = 1 ·4+ b ⇔ 2 1 4 4 ⇔ b = 1. A recta pedida é a recta de equação y = 1 x + 1. 4 ′ (b) Temos f ′ (x) = 1 + 3ex+3 = 3ex+3 . Assim f ′ (x) = 3e ⇔ 3ex+3 = 3e ⇔ x = −2. Deste modo f ′ (−2) = 3e. Procuramos a recta da forma y = 3ex + b que passa no ponto (−2, f (−2)) = (−2, 1 + 3e). Temos 1 + 3e = 3e(−2) + b ⇔ b = 1 + 9e. A recta pedida é a recta de equação y = 3ex + 1 + 9e. (c) Procuramos a recta da forma y = mx + b com m = f ′ (1) que passe no ponto (1, f (1)) = 1 √ 2 2 = 1, e2 + ln π . Temos que f ′ (x) = 1 (x + 3)− 2 e x+3 + 1/(1+xx ) , pelo que f ′ (1) = e4 + π . 4 2 arctg 2 e2 3e2 Tem que se verificar e2 + ln π = 4 4 + 2 π +b⇔ b= 4 + ln π − π . A recta pedida é assim a 4 2 e2 π 3e2 π π recta y = 4 + 2 x+ 4 + ln 4 − 2. (d) Um ponto de intersecção da função f com o eixo das abcissas é um ponto (a, 0) com f (a) = 0. Temos f (a) = 0 ⇔ arcsen a−1 = 0 ⇔ a−1 = 0 ⇔ 2 2 a = 1. Conclui-se que existe um único ponto de intersecção com o eixo das abcissas: o ponto (1, 0). Temos 1/2 f ′ (1) = | 2 x=1 = 1 . Assim a recta pedida é a recta da 2 forma y = 1 x + b, que 2 1−( x−1 ) 2 passa no ponto (1, 0). Como 0 = 1 + b ⇔ b = − 1 concluimos que 2 2 a recta pedida é a recta y = 1x − 1. 2 2 3. Seja x ∈ R fixo. Temos, atendendo a que f (x) é constante, f ′ (x + y) = f (x)f ′ (y). Fazendo y = 0 obtemos f ′ (x) = f (x)f ′ (0). Por outro lado, f ′ (x) = g(x) + xg′ (x) e portanto f ′ (0) = = lim [f (x)f ′ (0)] = [ lim f (x)]f ′ (0). Conclui-se que f ′ (0) = lim [g(x) + xg′ (x)] = 1 + 0g′ (0) = 1. x→0 x→0 x→0 Deste modo f ′ (x) = f (x). 4. (a) A função g : R → R dada por g(x) = 3 − 1 x2 é contínua em R logo f é contínua para 2 2 1 x < 1. A função h : R {0} → R dada por h(x) = x é contínua em R {0}, uma vez que é 3 − x2 um quociente de polinómios, logo f é contínua para x > 1. Temos lim = 1 = f (1) x→1− 2 1 e lim = 1. Deste modo f é contínua em x = 1. Conclui-se que f é contínua em R x→1+ x ′ 3−x2 e em particular é contínua em [0, 2]. Temos, para x < 1, f ′ (x) = 2 = −x e para ′ 1 x > 1, f ′ (x) = 1 x = − x2 . Uma vez que lim f ′ (x) = lim (−x) = −1 = lim 1 = − x→1− x→1− x→1+ x2 = lim f ′ (x), conclui-se que f ′ (1) = −1 (uma vez que f é contínua como vimos). Note-se x→1+ que poderiamos ter recorrido à definição de derivada no ponto x = 0 Assim   −x, se x < 1 f ′ (x) = 1, se x = 1 1 − x2 , se x > 1  e f é diferenciável em R e em particular em ]0, 2[. Conclui-se que o teorema de Lagrange é aplicável a f no intervalo [0, 2]. 7
  • 8. 1 (b) Temos f (2) = 2 e f (0) = 3 . Como vimos na alínea a) temos 2 −x, se x ≤ 1 f ′ (x) = 1 . − x2 , se x > 1 Assim, de acordo com o teorema de Lagrange existe c ∈ [0, 2] tal que f (2) − f (0) = 2f ′ (c). Seja c ∈ [0, 1]. Temos f (2) − f (0) = 2f ′ (c) ⇔ −1 = −2c ⇔ c = 1 . Seja c ∈]1, 2] Temos 2 ′ 1 √ √ f (2) − f (0) = 2f (c) ⇔ −1 = 2 − 2 ⇔ c = ± 2. Atendendo a que − 2 ∈]1, 2] e √ c √ 2 ∈]1, 2], concluimos que existem dois números reais nas condições pedidas: 1 e 2. 2 1 ′′ 1 ′′ 5. (a) Temos f ′ (x) = x , f (x) = − x2 e portanto f (1) = 0, f ′ (1) = 1 e f (1) = −1. Assim ′′ ′ f (1) 1 1 3 P2 (x) = f (1) + f (1)(x − 1) + (x − 1)2 = x − 1 − (x − 1)2 = − x2 + 2x − . 2! 2 2 2 ′′ ′′′ (b) Temos f ′ (x) = − sen x, f (x) = − cos x, f (x) = sen x e portanto f (0) = 1, f ′ (0) = 0, ′′ ′′′ f (0) = −1 e f (0) = 0. Conclui-se que ′′ ′′′ f (0) 2 f (0) 3 ′ 1 0 1 P3 (x) = f (0) + f (0)x + x + x = 1 + 0x − x2 + x3 = 1 − x2 . 2! 3! 2 3! 2 2 ′′ 2 2 ′′′ 2 2 2 (c) Temos f ′ (x) = 2xex , f (x) = 2ex + 4x2 ex , f (x) = 4xex + 8xex + 8x3 ex e f (4) (x) = 2 2 2 2 2 2 = 4ex + 8x2 ex + 8ex + 16x2 ex + 24x2 ex + 16x4 ex e portanto f (0) = 1, f ′ (0) = 0, ′′ ′′′ f (0) = 2, f (0) = 0 e f (4) (0) = 12. Deste modo ′′ ′′′ f ′ (0) f (0) 2 f (0) 3 f (4) (0) 4 P4 (x) = f (0) + x+ x + x + x 1! 2! 3! 4! 12 1 = 1 + 0 + x2 + 0 + x4 = x4 + x2 + 1. 24 2 (d) Para k = 0, 1, 2, ... temos    sen x,  se n = 4k  0,  se n = 4k cos x, se n = 4k + 1 e 1, se n = 4k + 1   (n) (n) f (x) = f (0) =  − sen x,  se n = 4k + 2  0,  se n = 4k + 2 − cos x, se n = 4k + 3 −1, se n = 4k + 3   Temos ′′ f ′ (0) f (0) 2 f n−1 (0) n−1 f (n) (0) n Pn = f (0) + x+ x + ... + x − x . 1! 2! (n − 1)! n! Pelo que, como f (n) (0) = sen(n π ), temos 2 1 sen(n π ) n Pn = 0 + x + 0 − x3 + ... + 2 x 3 n! 6. (a) Temos, recorrendo à regra de Cauchy, √ √ √ 2 2/2 2/2 esen x− ecos x cos xesen x + sen xecos x 2 e +e √ 2/2 lim = lim = lim √ =e x→ 4 sen x − cos x π x→ π 4 cos x + sen x π x→ 4 2 2 2 (b) Temos, recorrendo à regra de Cauchy, 1 1 x − sen x 1 − cos x sen x 0 lim − = lim = lim = lim = =0 x→0 sen x x x→0 x sen x x→0 sen x + x cos x x→0 cos x + cos x − x sen x 2 8
  • 9. (c) Temos, recorrendo à regra de Cauchy, cos x limx→ π cos x ln(tg x) limx→ π ln(tg x)/(1/ cos x) lim (tg x)cos x = π lim eln(tg x) π =e 2 =e 2 = x→ 2 x→ 2 (1/cos2 x)/ tg x 1/(cos x sen x) cos x limx→ π limx→ π limx→ π = e 2 sen x/cos2 x =e 2 sen x/cos2 x =e 2 sen2 x = e0 = 1 (d) Temos, recorrendo à regra de Cauchy, 1/x x limx→0+ lim xx = lim eln x = elimx→0+ x ln x = elimx→0+ ln x/(1/x) = e −1/x2 = elimx→0+ −x = e0 = 1 x→0+ x→0+ (e) Temos, recorrendo à regra de Cauchy, 2 1/x2 2 − sen x/ cos x lim (cos x)1/x = lim eln(cos x) = lim eln(cos x)/x = elimx→0 2x = x→0 x→0 x→0 − sen x sen x = elimx→0 ( 2x cos x ) = elimx→0 ( 2 cos x · ) = e(−1/2)·1 = e−1/2 −1 x (f) Temos, recorrendo à regra de Cauchy, sen x − x cos x − 1 cos3 x − cos2 x −3cos2 x sen x + 2 cos x sen x lim = lim = lim = lim = x→0 x − tg x x→0 1 − 1/cos 2 x x→0 cos2 x − 1 x→0 2 cos x sen x cos x sen x(2 − 3 cos x) 3 1 = lim = lim 1 − cos x = − x→0 2 sen x cos x x→0 2 2 7. (a) Temos • Df = {x ∈ R : x2 − 1 > 0} =] − ∞, −1[∪]1, +∞[ √ • f (x) = 0 ⇔ ln(x2 − 1) = 0 ⇔ x2 − 1 = 1 ⇔ x2 = 2 ⇔ x ± 2 √ √ O conjunto dos zeros é o conjunto − 2, 2 . • lim f (x) = lim ln(x2 − 1) = −∞, lim f (x) = lim ln(x2 − 1) = −∞. x→1+ x→1+ x→−1− x→−1− Deste modo, as rectas x = 1 e x = −1 são assíntotas verticais. f (x) ln(x2 − 1) 2x/(x2 − 1) 2 lim = lim = lim = lim =0 x→+∞ x x→+∞ x x→+∞ 1 x→+∞ x − 1/x ln(x2 − 1) mas lim [ln(x2 − 1) − 0x] = lim ln(x2 − 1) = +∞; agora, lim = x→+∞ x→+∞ x→−∞ x 2x lim 2 = = 0 mas, mais uma vez, lim [f (x) − 0x] = lim ln(x2 − 1) = +∞. x→−∞ x − 1 x→−∞ x→−∞ Conclui-se que não existem assíntotas horizontais. 2x 2x • f ′ (x) = x2 −1 , x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[, x2 −1 = 0 ⇔ x = 0 mas 0 ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[. Conclui-se que a primeira derivada não tem zeros. Deste modo, temos o quadro −1 1 f ′ − N.D. N.D. N.D. + f ց N.D. N.D. N.D. ր Atendendo a que lim f (x) = −∞ e lim f (x) = −∞, concluimos que f não tem x→−1− x→1+ extremos. 2 −1)−2x·2x −2(x2 +1) • f (x) = 2(x (x2 −1)2 ′′ ′′ = (x2 −1)2 . Logo f (x) < 0, para todo o x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[. Temos o quadro −1 1 ′′ f − N.D. N.D. N.D. − f ∩ N.D. N.D. N.D. ∩ 9
  • 10. Não existem portanto pontos de inflexão. • Podemos então esboçar o gráfico de f . (b) Temos • Df = R • x ln x = 0 ⇔ x = 0 ∨ ln x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1. √ Temos {0, 1}∩]0, +∞[= {1}, 1 − x = 0 ⇔ x = 1. Temos {1}∩] − ∞, 0[= {}. Logo apenas temos um zero: o ponto x = 1. ln x 1/x • lim f (x) = lim (x ln x) = lim = lim = lim (−x) = 0, x→0 + x→0+ x→0 + 1/x x→0 + −1/x2 x→0+ √ √ lim f (x) = lim 1 − x = 1 = 1. x→0− x→0− Conclui-se que não há assíntotas verticais. f (x) x ln x lim = lim = lim ln x = +∞, x→+∞ x x→+∞ √x x→+∞ 1 f (x) 1−x (1 − x)−1/2 (−1) lim = lim = lim 2 = 0, x→−∞ √x x→−∞ x x→−∞ 1 lim 1 − x = +∞. Conclui-se que não existem assíntotas não verticais. x→−∞ • Para x > 0 temos f ′ (x) = (x ln x)′ = ln x + 1. √ Para x < 0 temos f ′ (x) = ( 1 − x)′ = 1 (1 − x)−1/2 (−1) = − 2√1 . 2 1−x f (h) − f (0) h ln h − 1 lim = lim = −∞ concluimos que não existe derivada em h→0+ h h→0+ h x = 0. Assim ln x + 1 , se x > 0 f ′ (x) = − 2√11−x , se x < 0 f ′ (0) = 0 ⇔ (ln x + 1 = 0 ∧ x > 0) ∨ − 2√1 = 0 ∧ x < 0 ⇔ ln x = −1 ∧ x > 0 ⇔ 1−x ⇔ x = 1 . Podemos construir o seguinte quadro e 1 0 e f ′ − N.D. − 0 + f ց 1 ց −1 e ր Temos um mínimo no ponto x = 1 . e • 1 ′′ x , se x > 0 f (x) = x − 4(1−x)3/2 , se x < 0 ′′ x f = 0 ⇔ x < 0 ∧ − 4(1−x)3/2 = 0 ⇔ x = 0 ∧ x < 0, o que é impossível. Conclui-se que a segunda derivada não tem zeros. Podemos construir o quadro 0 ′′ f + N.D. + f ∪ 1 ∪ Não temos pontos de inflexão. • Podemos então esboçar o gráfico da função. (c) • Df = R • A função não tem zeros. 2 • lim f (x) = lim e−1−(x+1) = e−1 , lim f (x) = lim e|x|−2 = e−1 . x→−1− x→−1− x→−1+ x→−1+ Deste modo, não há assíntotas verticais. 2 f (x) ex−2 f (x) e−1−(x+1) lim = lim = +∞, lim = lim = 0, x→+∞ x x→+∞ x x→−∞ x x→−∞ x 10
  • 11. 2 lim (f (x) − 0x) = lim e−1−(x+1) = 0. Conclui-se que y = 0 é assimptota não x→−∞ x→−∞ vertical à esquerda. • 2  −2(x + 1)e−1−(x+1)  , se x < −1 f ′ (x) = −e−x−2 , se − 1 < x < 0  x−2 e , se x > 0 Note que: lim f ′ (x) = lim −e−x−2 = −e−2 = e−2 = lim ex−2 = lim f ′ (x) e x→0− x→0− x→0+ x→0+ ′ −1−(x+1)2 −1 −x−2 lim f (x) = lim −2(x + 1)e = 0 = −e = lim −e = lim f ′ (x), x→−1− x→−1− x→−1+ x→−1+ e portanto (repare que temos continuidade de f em x = 0 e x = −1) concluimos que não existe derivada nestes pontos. Podemos construir o seguinte quadro −1 0 f ′ + N.D. − N.D. + f ր e−1 ց e−2 ր Não existem extremos de f . • 2  (4x2 + 8x + 2)e−1−(x+1)  , se x < −1 ′′ f (x) = e−x−2 , se − 1 < x < 0 ex−2 , se x > 0  √ √ ′′ 2 −8 ± 64 − 32 2 f (x) = 0 ⇔ 4x + 8x + 2 = 0 ⇔ x = = −1 ± . 8 2 √ √ 2 2 Como −1 − 2 ∈] − ∞, −1[ mas −1 + 2 ∈] − ∞, −1[ temos apenas um zero da segunda √ 2 derivada no ponto x = −1 − 2 . Podemos construir o quadro √ 2 −1 − 2 −1 0 ′′ f + 0√ − N.D. + N.D. + − 3 f ∪ e 2 ∩ e−1 ∪ e−2 ∪ √ 2 Temos um ponto de inflexão no ponto x = −1 − 2 . • Podemos então esboçar o gráfico. 11
  • 12. TABELA DE DERIVADAS Sejam u e v funções diferenciáveis e k, a e α constantes reais. k′ = 0 x′ = 1 ′ ′ u (tg u) = cos2 u = sec2 u · u′ (u ± v)′ = u′ ± v ′ ′ u′ (cotg u) = − sen2 u = −cosec2 u · u′ (uv)′ = u′ v + uv ′ ′ u ′ ′ ′ (sec u) = sec u tg u · u′ = u v−uv ′ v v2 (cosec u) = − cosec u cotg u · u′ (ku)′ = ku′ ′ u′ (arcsen u) = √1−u2 (uα )′ = αuα−1 · u′ √ ′ u′ ′ u (arccos u) = − √1−u2 ′ ( u) = 2×√u √ ′ ′ (arctg u) = ′ u′ ( n u) = √u n−1 n 1+u2 n u u ′ ′ ′ (eu ) = eu · u′ (arccotg u) = − 1+u2 ′′ ′ (arcsec u) = √u (au ) = au · u′ ln a, a ∈ R+ {1} u u2 −1 ′ ′ (uv ) = uv v ′ ln u + vuv−1 u′ u′ (arccosec u) = − u√u2 −1 ′ ′ (ln u) = u u ′ (senh u) = cosh u · u′ ′ ′ (loga u) = u u a , a ∈ R+ {1} ln ′ (cosh u) = senh u · u′ ′ (sen u) = cos u · u′ ′ ′ (tgh u) = sech2 u · u′ (cos u) = − sen u · u′ 12