UNIVERSIDADE DE LISBOA

Faculdade de CienciasDEPARTAMENTO DE MATEMATICA

12o ANO

INTRODUCAO AO ESTUDO DAS FUNCOES

REAIS DE VARIAVEL REAL

RESOLUCAO DOS EXERCICIOS

Alessandro Margheri Ana Cristina Barroso

Carlota Rebelo Goncalves Lus Sanchez

2003

REANIMAT

Projecto Gulbenkian de Reanimacao Cientca da Matematica no Ensino Secundario

Captulo 1

Complementos sobre tecnicas de derivacao

Resolucao dos exerccios

1.1 A derivada de um produto

1 (x2x) = 2xx + x2

2

x= 2x

x +

x

x

2=

5

2x

x.

((x 1)2x) = 2(x 1)x + (x 1)22

x

= (x 1)(

2

x +x 12

x

)

= (x 1)(

5x 12

x

).

(

(x 1)3x

)=

3(x 1)2x

(x 1)3

x2

=(x 1)2

x

(3 x 1

x

)=

(x 1)2(2x + 1)x2

1

1.2 Derivada do inverso aritmetico e do cociente

1 (

1

x 1)

=1

(x 1)2

(

1

2x 1)

=2

(2x 1)2

(

x

1 + x

)=

1 + x x(1 + x)2

=1

(1 + x)2

(

1

1 + x2

)=

2x(1 + x2)2

(

x

1 + x2

)=

1 + x2 2x2(1 + x2)2

=1 x2

(1 + x2)2

(

x2 4x + 1x + 2

)=

(2x 4)(x + 2) 1(x2 4x + 1)(x + 2)2

=2x2 + 4x 4x 8 x2 + 4x 1

(x + 2)2=

x2 + 4x 9(x + 2)2

(

(x 1)2x

)=

2(x 1)x 12

x(x 1)2

x

=(x 1)2x

x(4x x + 1) = (x 1)(3x + 1)

2x

x

2

1.3 Observacoes sobre mudanca de variavel no calculo

de limites

1 Fazendo a mudanca de variavel y2 = x, ou seja y = x (para x > 0)

limx0+

x +

x

3x 2x = limy0+y2 + y

3y2 2y = limy0y + 1

3y 2 = 1

2

(ou sem fazer a mudanca de variavel

limx0+

x +

x

3x 2x = limx0+

x(

x + 1)x(3

x 2) = limx0+

x + 1

3

x 2 = 1

2)

limx+

x +

x

3x 2x = limy+y2 + y

3y2 2y =1

3

limx0+

x (x)33x 2x = limy0+

y2 y33y2 2y = limy0+

y y23y 2 = 0.

limx+

x3 x3x 2x = limy+

y6 y3y2 2y = +.

2 limx+

x 12x 1 = limy0+

1y 1

2y 1 = limy0+

1 y2 y =

1

2

3

1.4 Derivadas de funcoes compostas

1 A funcao (x2 1)4 resulta de compor u4 com u = x2 1.Logo (

(x2 1)4) = 4u3|u=x21 2x = 8x(x2 1)3. A funcao (3x 1)4 e composicao de u4 com u = 3x 1. Entao[

(3x 1)4] = 4u3|u=3x1 3 = 12(3x 1)3. A funcao 4x + 1 e composicao de u com u = 4x + 1. Entao(

4x + 1)

=1

2

u u=4x+1 4 = 2

4x + 1

A funcao 14x + 1

e composicao de1u

com u = 4x + 1. Entao

(1

4x + 1

)= 1

2

u

u u=4x+1 4 = 2

(4x + 1)

4x + 1

A funcao 1 + x2 e composicao de u com u = 1 + x2. Entao(1 + x2

)=

1

2

u u=x2+1 2x = x

1 + x2

A funcao 4 x2 e composicao de u com u = 4 x2. Logo(4 x2

)=

1

2

u u=4x2 (2x) = x

4 x2

A funcao 1(x2 1) e composicao de

1

ucom u = x2 1. Entao

(1

x2 1)

=1u2 u=x21

2x = 2x(x2 1)2

A funcao(

1 2x

)3e composicao de u3 com u = 1 2

x Logo

[(1 2

x

)3]= 3u2|u=1 2

x 2x2

=6

x2

(1 2

x

)2=

6

x4(x 2)2.

4

1.5 Derivada da funcao inversa. Derivada da funcao

raiz

1 A derivada de x + 1 (composicao de u com u = x + 1) e1

2

u u=x+1 1 = 1

2

x + 1

( 3x) = 13

3

x2

A derivada de 32x + 1 (composicao de 3u com u = 2x + 1) e1

33

u2 u=2x+1 2 = 2

3 3

(2x + 1)2

A derivada de 13

x(composicao de

1

ucom u = 3

x) e

1( 3

x)2 13

3

x2=

13x 3

x

2 Notamos que o domnio de f1 e o intervalo [0, b[ onde b = limx+

f(x) pode ser +.Utilizando a mudanca de variavel y = f(x), temos

limy0+

f1(y) f1(0)y 0 = limx0+

f1(f(x)) f1(f(0))f(x) f(0)

= limx0+

1f(x)f(0)

x0= +,

e portanto (f1)(0) = +.

5

1.6 Aplicacoes do calculo de derivadas: estudo de

gracos e problemas de maximo e mnimo

1

(a)1

2

x(5x + 4)x + 1

(b)1 + x2 + 2x3

x2

(c) 1 (d) 1 x2

(1 + x2)2

(e) 12

x 1x(x + 1)2

(f) 12

1 + 5x2x

(g) 2000x(1 + x2)999 (h)1

3

1

(x + 1)(2/3)

(i)4

3

1

(4x 5)(2/3) (j) 5(

x +1

x

)4 (1 1

x2

)

(k)5

(3x + 1)2(l) 20x(x2 1)9

(m)2

(x + 1)3(n)

4x(1 + x2)3

2 Denotamos por p(t) e d(t) respectivamente as medidas, no instante t, dos segmentos

AB e 0A. Sendo os triangulos 0AB e 0AB semelhantes, tem-se

p(t) =10

d(t)

Logo,

p(t) =10d2(t)

d(t) = 150d2(t)

unidades/segundo,

(d(t) e uma funcao decrescente, logo d(t) = 15 unidades/segundo.)Conclumos que a perspectiva AB cresce a` velocidade de 150

d2(t)unidades/segundo no

instante t.

3 Denotamos por h(t) a altura, em centmetros, do lquido no vaso conico no instante t

(medida a partir do vertice do cone) e por V (t) cm3 o volume do lquido contido no vaso

no instante t. Tem-se

V (t) =1

3r2(t)h(t) cm3

onde r(t) cm e a medida no instante t do raio da base do cone ocupado pelo lquido.

6

Observando a gura nota-se, utilizando a semelhanca de triangulos, que

r(t) =h(t)

3,

r(t)

h(t)

e logo

V (t) =

9h3(t).

Como consequencia

V (t) =

3h2(t)h(t)

e de V (t) = 4 cm3/s, conclumos que

h(t) =12

h2(t)cm/s.

O nvel do lquido no vaso sobe a` velocidade de 12h2(t)

cm/s no instante t.

4 Denotamos por 2x e y respectivamente as medidas (em metros) da base e da altura

do rectangulo. Entao teremos de maximizar a quantidade

2xy + x2

2

2x

y

7

tendo em conta a restricao

2y + (2 + )x = 12, x > 0, y > 0,

de onde deduzimos

y = 6 (2 + )2

x x ]0,

12

2 +

[.

Assim, a area em funcao de x sera

A(x) = [12 (2 + )x]x + 2x2

= 12x(2 +

2

)x2, x

]0,

12

2 +

[.

Como A(x) = 12 (4 + )x,

A(x) 0 x ]0,

12

4 +

].

A area sera maxima quando

x =12

4 + metros,

124+

A A + 0

o que implica

y = 6 (2 + )2

124 +

=12

4 + metros.

A area maxima sera

A

(12

4 +

)=

72

4 + metros quadrados.

5 Representamos na gura a seccao da piramide com um plano que passa pelo vertice

O da piramide, que e perpendicular a` sua base e e paralelo a uma recta que contem um

dos lados da base.

A' B'x

BA

O

8

Sendo os triangulos OAB e OAB semelhantes, fazendo OA = x, temos que

AB =x

5

e logo o volume do prisma inscrito sera

V (x) = (AB)2 AA = x2

25(5 x), 0 < x < 5.

Dado que

V (x) 0 125

x(10 3x) 0,conclui-se que

V (x) 0 0 < x 103

e logo o prisma tera volume maximo quando x = 103

a que corresponde V(

103

)= 20

27m3.

6 Tendo em conta a gura,

23

3

3

y

x

300 cm2

teremos de minimizar

p = x + 5 + y + 6 = x + y + 11

(o semipermetro da pagina) com a restricao xy = 300, x > 0, y > 0, equivalente a

y =300

x, x > 0.

Logo,

p(x) = x +300

x+ 11, x > 0

p(x) = 1 300x2

0 x 10

3

e p(x) tera um mnimo para x = 10

3. As correspondentes dimensoes da pagina serao

10

3 + 5 cm e300

10

3+ 6 = 10

3 + 6 cm.

9

1.7 Segunda derivada e concavidade

1 (a) f(x) 0 x 12

ou x 1.f (x) = 4x 3 0 x 3

4

f (x) = 4 > 0, x R.

x 34

f (x) 0 +f (x) + + +

f(x)

0 1/2 1x

y

(b) f(x) 0 x(x2 + 1) 0 x 0.f (x) = 3x2 + 1 > 0, x R.f (x) = 6x 0 x 0.

x 0

f (x) + + +

f (x) 0 +f(x)

0x

y

(c) f(x) 0 x(x2 1) 0 1 x 0 ou x 1.f (x) = 3x2 1 0 |x| 1

3

f (x) = 6x 0 x 0.

x 1 13

0 13

1

f (x) + 0 0 +f (x) 0 + +f(x)

0-1 1

x

y

-13

13

10

(d) f(x) =

x 1 0 para x 1. (Note-se que o domnio de f e x 1).f (x) = 1

2

x1 > 0 para x > 1 e limx1+f (x) = +.

f (x) = 14(x1)x1 < 0 para x > 1 e limx1+

f (x) = .

x 1

f (x) + +f (x) f(x)

0 1x

y

(e) f(x) > 0 x R.f (x) =

x1 + x2

0 x 0.

f (x) =1

(1 + x2)

1 + x2> 0 x R.

x 0

f (x) 0 +f (x) + + +

f(x)

1

0

x

y

(f) f(x) =1

1 + x2> 0 x R.

f (x) =2x

(1 + x2)2 0 x 0.

f (x) =2(3x2 1)(1 + x2)3

0 x 13

ou x 13

x 13

0 13

f (x) + + + 0 f (x) + 0 0 +f(x)

1

0 x

y

13

-13

(g) Ver Exemplo 1.6.1.

11

2y

x

y

x

y=f(x)y=f(x)

y=f (x)1 y=f (x)1

f1 tem a concavidade virada para baixo no primeiro caso, para cima no segundo caso.

Nota: Em alternativa, o resultado pode ser deduzido tendo em conta que

(f1)(x) =[(f1)(x)

]=

[1

f (f1(x))

]=

= f(f1(x))

[f (f1(x))]3

3 g(x) = f (x) f (a) 0 x a.Portanto, a funcao g atinge um mnimo em a. Logo

g(x) = f(x) f(a) f (a)(x a) g(a) = 0 x I.

f(x) f(a) + f (a)(x a) x I.

12

Captulo 2

O teorema do valor intermedio

Resolucao dos exerccios

2.1 O teorema do valor intermedio e a localizacao dos zeros de

funcoes contnuas

1 x1 = 0.337 x2 = 1.307

2 x = 1.8

3 x = 0.5

4 (a) f(x) =

1 x < 01 x > 0

(b) Pelo Facto 2.1.2, uma funcao contnua em R e que tome os valores 1 e 1 tomatambem todos os valores entre 1 e 1. Logo, nao existe nenhuma funcao nas condicoespretendidas.

(c) Pelo Facto 2.1.2, f([1, 0[) e f(]0, 1]) sao intervalos de R. Se um desses intervalosfor nao degenerado (isto e, do tipo [a, b] com a < b) entao ira conter innitos valores

distintos. Por outro lado, se f([1, 0[) e f(]0, 1]) forem intervalos degenerados, f so tomano maximo dois valores distintos. Logo, nao existe nenhuma funcao que satisfaca as

condicoes pretendidas.

(d) Dado que f e nao constante, tem de tomar dois valores irracionais distintos e, sendo

contnua, tera de tomar todos os valores intermedios. Dado que entre dois irracionais ha

um racional, nao existe nenhuma funcao nas condicoes pretendidas.

13

5 Pelo Facto 2.1.2, f(R) e um intervalo de R. Se f tomasse dois valores inteiros distintos,

deveria tambem tomar todos os valores intermedios, entre os quais ha valores nao inteiros.

Logo, f so toma um valor inteiro e e portanto constante.

6 Seja A(r) a area do crculo de raio r. Tem-se que A e uma funcao contnua em ]0, +[e

limr0

A(r) = 0,

A(10) = 100 > 200.

Conclumos entao que existe

r ]0, 10[ : A(r) = 200.

7

B

P

A O

Qa

Dado que a area do sector circularOBP (= area do sector circular

QAO ) e r

22

e a

area do triangulo OPQ e r2sen cos , a area da porcao de semicrculo que ca abaixo

da recta e

A() = r2 + r2sen cos , ]0,

2

[.

A() e uma funcao contnua em]0,

2

[e

lim0+

A(r) = 0, lim r

2

A() =r2

2

Conclumos entao que existe

]0,

2

[: A() =

r2

4= metade da area do semicrculo.

8 A funcao g(x) = f(x) x e contnua em [0, 1] (diferenca de funcoes contnuas em[0, 1]) e satisfaz g(0) = f(0) 0 = f(0) 0 (dado que f(0) [0, 1]) e g(1) = f(1) 1 0(dado que f(1) [0, 1]). Se g(0) = 0 ou g(1) = 0 temos, respectivamente, f(0) = 0 ouf(1) = 1, e a armacao ca provada. Caso contrario, g(0) > 0 e g(1) < 0 e sendo g

contnua em [0, 1], existira c ]0, 1[ : g(c) = f(c) c = 0 f(c) = c.

14

2.2 Uma aplicacao do teorema do valor intermedio: contradomnios

1 A funcao x2x e contnua em R, tem um mnimo no ponto x = 12, onde e f(1

2) = 1

4

e

limx+

f(x) = limx

f(x) = +.

Logo o contradomnio de f e[1

4, +[.

A funcao f(x) = xx+1

e contnua e diferenciavel no seu domnio R \ {1} e f (x) =1

(x+1)2> 0 em R \ {1}. Como limx1 f(x) = +,

limx

f(x) = 1

e f e crescente em ],1[,

f (],1[) =]1, +[.

Analogamente, de limx1+ f(x) = ,

limx+

f(x) = 1

e f e crescente em ] 1, +[, conclui-se que

f (] 1, +[) =], 1[.

Portanto o contradomnio de f e R \ {1}.

Procedendo como no exemplo 2.2.2, obtemos que o contradomnio de f e[

6030

, +[.

f e contnua no seu domnio R. Como f(x) 1, x R e f(0) = 1, 1 e valor mnimode f em R. Sendo

limx+

f(x) = limx

f(x) = +

o contradonnio de f e [1, +[.

f(x) = x21+x2

e contnua no seu domnio R. Para alem disso, 0 f(x) < 1, x R.Como f(0) = 0 e

limx+

f(x) = limx

f(x) = 1,

o contradomnio de f e [0, 1[.

15

21

10

FALSA. Para a funcao representada, f(R) =]0, 10].

VERDADEIRA. Pelo facto 2.1.2, f tem de tomar todos os valores no intervalos ]0, 10](que contem o intervalo [1, 10].)

FALSA. Ver gura acima.

VERDADEIRA. Seja x R : f(x) = 10. Como limx f(x) = 1, f toma todos osvalores do intervalo ]1, 10] quando x varia no intervalo ], x] e logo existe x1 ]+, x[tal que f(x1) = 3. Analogamente, de limx+ f(x) = 0 deduz-se que f toma todos

os valores do intervalo ]0, 10], quando x varia em [x, +[. Logo existe x2 ]x, +[ (eportanto x2 = x1) tal que f(x2) = 3. Em conclusao, a equacao f(x) = 3 admite pelomenos as duas solucoes distintas x1 e x2.

16

2.3 Outra aplicacao do teorema do valor intermedio:

resolucao de inequacoes

1 f(x) = 0 x = 5

12

x = 2 ou x = 3. De

x 0 2 52

3 4

f(x) 6 0 14

0 2

e raciocinando como no exemplo 2.3.1, conclui-se que o quadro de sinais de f e

x 2 3

f(x) + +

Logo, x2 5x + 6 < 0 x ]2, 3[ .

x3 4x = x(x2 4) e por isso x3 4x = 0 x = 0 ou x = 2 ou x = 2. De

x 3 2 1 0 1 2 3f(x) 15 0 3 0 3 0 15

(Observacao: f e mpar e, por isso, e suciente calcular f em 1 e 3.)

conclumos que o quadro de sinais de f sera

x 2 0 2f(x) + +

Logo x3 4x > 0 x ] 2, 0[ ]2, +[ .

x5 4x = x(x4 4) = x(x2 2)(x2 + 2) = x(x 2)(x + 2)(x2 + 2) e, por isso,x5 4x = 0 x = 0 ou x = 2.Tambem esta e uma funcao mpar. De

x 2 2 1 0 1 2 2f(x) 24 0 3 0 3 0 24

obtemos o quadro de sinais

x 2 0 2f(x) 0 + 0 +

e, por isso, x5 4x > 0 x ]2, 0[ ]2, +[ .

17

Podemos considerar a equacao associada x = x + 2 cujas solucoes sao solucoes dex2 = x + 2. Ora, x2 = x + 2 equivale a x = 1 ou x = 2 e apenas x = 2 e solucao dex =

x + 2.

Sendo f(x) = xx + 2, dex 0 2 7

f(x) 2 0 4obtemos o quadro de sinais

x 2

f(x) 0 +Conclumos que f(x) > 0 x > 2.2 Tendo em conta que f e contnua e a partir da informacao dada obtemos o seguinte

quadro de sinais

x 1 3

f(x) + 0 + 0 Conclumos entao que f(x) < 0 x ]3, +[ .

18

Captulo 3

Funcao exponencial e funcao logartmica

Resolucao dos exerccios

3.2 Denicoes e propriedades basicas

1 Em relacao a` primeira tabela de valores: substituindo em x = 2 e x = 4 obtemos,

respectivamente, 4 = Cb2 e 36 = Cb4. Conclui-se imediatamente que tera de ser

C = 0 e C = 49

Obtem-se entao b = 3.

Verica-se, substituindo em x = 6 e x = 8, que y = 49 3x tem a primeira tabela de

valores.

Analogamente, concluimos que y = 100 10 12 x tem a segunda tabela de valores.

2

19

34 Fazendo, com a calculadora, calculos de potencias de expoente racional, obtemos

1.4142 2x e ln e estritamente crescente

ln(3x + 1) ln(3x) = 2 ln (3x+13x

)= 2 ln (1 + 1

3x

)= 2

1 + 13x

= e2 13x

= e2 1 3x = 1e21 x = 13(e21)

2 log5 x + log5(5x) = 3 log5 x2 + log5(5x) = 3 log5(x2 5x) = 3 log5(5x3) = 3 log5 5 + log5(x

3) = 3 log5(x3) = 2 x3 = 52 x = 3

25.

3 2x > 0 x R 2x > 1 x > 0 2x < 8 2x < 23 (porque 2x e estritamente crescente) x < 3. 23x 4 < 0 23x < 22 3x < 2 x < 2

3

ex > 2 ex > eln 2 (porque ex e estritamente crescente) x > ln 2 e2x1 < 1 - impossvel porque ex > 0 x R e2x 2x < 0 e2x eln 2x < 0 2x < ln 2 x x(2 ln 2) < 0 x < 0 ln x < ln(1 2x) (porque ln e estritamente crescente) x < 1 2x x < 1

3

4 ln e3 = 3 ln e1 = 1 e4 ln 3 = eln 34 = 34 log10(log10 10) = log10(1) = 0 3

2ln 4 3 ln 2 = 3

2ln 22 ln 23 = ln(22) 32 ln 23 = ln 23 ln 23 = 0

ln 2 ln x + ln 7 = ln 27x

= ln 14x

5 (a) f(x + k) = Cbx+k e 2f(x) = 2Cbx

e por isso f(x + k) = 2f(x) Cbx+k = 2Cbx Cbx(bk 2) = 0 C = 0 ou k = logb 2.

22

Se C = 0, tera de ser k = logb 2. Se C = 0, k pode ser qualquer numero.

(b) Analogamente a (a), se C = 0, k pode ser qualquer numero. Se C = 0, k = logb 3.

6 (e2x) = 2e2x (3x) = (eln 3x) = ln 3eln 3x = ln 3 3x (52x) = (e2 ln 5x) = 2 ln 5 52x

(ex

2)

= 2x ex2

(x ex) = ex + x ex = ex(1 + x) (x ex) = ex xex = ex(1 x)

((x + 1)ex

2)

= ex2 2(x + 1)xex2 = ex2(1 2x 2x2)

(x e2x+1) = e2x+1 + 2xe2x+1 = e2x+1(1 + 2x) (1

2(ex + ex)

)= 1

2(ex ex)

(log(2x + 1)) = 2ln(10)(2x+1)

(x ln x) = ln x + 1 (ln(1 + x2)) = 2x

1+x2

) ((log(1 x))2) = 2 log(1 x)

(1

ln(10)(1x)

)= 2 log(1x)

ln(10)(1x)

[(e2x(1 + e3x))10

]= 10 (e2x(1 + e3x))9

(2e2x(1 + e3x) + 3 e2xe3x

ex

)= 10 (e2x(1 + e3x))9 (2e2x + ex)

((2x + 1)

3)

= 2

3(2x + 1)

31

7 ln x+1x

denida em R+(ln x + 1

x

)=

1x x (ln x + 1)

x2= ln x

x2

e por isso a funcao dada e estritamente crescente em ]0, 1[ e estritamente decrescente em

]1, +[. Em x = 1 a funcao atinge o maximo relativo 1.

8 ((1 + x)ex) = ex (1 + x)ex = xex. A funcao dada decresce em ]0, +[ ecresce em ], 0[. Em zero a funcao atinge o maximo absoluto 1.

(

2x 1e3x

)=

2e3x (2x 1)3e3xe6x

=5e3x 6xe3x

e6x=

5 6xe3x

A funcao dada e estritamente crescente em

], 56

[e estritamente decrescente em

]56, +[.

23

Em 56

a funcao atinge o maximo absoluto531

e52

= 23e

52

(

(x 1)2e

x4

)=

2(x 1)ex4 (x 1)2 14e

x4

ex2

=e

x4

ex2

[2(x 1) (x 1)

2

4

]

= ex4

[2x 2 x

2

4+

x

2 1

4

]= e

x4

(5

2x x

2

4 9

4

)=

ex4

4

(10x x2 9)

A funcao dada e decrescente em ], 1[ e em ]9, +[ e e crescente em ]1, 9[.

1 9 +f 0 64

e9/4

limx+

(x 1)2e

x4

= 0 e por isso o mnimo atingido em x = 1 e absoluto. A funcao cresce

em ]1, 9[ e decresce em ]9, +[ e, por isso, em x = 9 e atingido um maximo que, por seter lim

x(x 1)2

ex4

= +, e relativo.O valor do maximo relativo e 64

e9/4

O domnio de x ln x e R+.

(x ln x) = 1 1x

=x 1

x

A funcao dada decresce em ]0, 1[ e cresce em ]1, +[. Em x = 1 e atingido o mnimoabsoluto 1.

O domnio de x1ln x e R

+ \ {e}.

(x

1 ln x)

=1 ln x x ( 1

x

)(1 ln x)2 =

2 ln x(1 ln x)2

A funcao dada cresce em ]0, e[ e em ]e, e2[ e decresce em ]e2, +[. Em e2 e atingido ummaximo que, por se ter limxe x1ln x = +, e relativo. O valor deste maximo relativo ee2.9 A recta y = x e tangente a graco de y = ex em x0 se

y = ex0 + ex0(x x0)

for a recta y = x. Ou seja, tem de ser = ex0 e ex0 = ex0x0.

24

Concluimos que = ex0 e x0 = 1 ou seja = e e o ponto de tangencia e x0 = 1. Quanto

ao numero de solucoes da equacao ex = x temos, se < 0:

Com < 0, ha uma solucao.

Com = 0, nao ha solucoes uma vez que ex = 0 e impossvel.

Se > 0:

25

Conclusoes: com ]0, e[, nao ha solucoes;com = e, ha uma solucao (x = 1);

com ]e, +[, ha duas solucoes.10 (a) f :]0, +[ R

f(x) =ex

x

f (x) =exx ex

x2=

ex(x 1)x2

f (x) =(ex(x 1))x2 ex(x 1)2x

x4=

(ex(x 1) + ex)x 2ex(x 1)x3

=ex(x2 2x + 2)

x3

Ora x2 2x + 2 > 0, x. Obtemos1

f mnimoabsoluto

f 0 +f + + +

limx0+

ex

x= +, x = 0 e uma assntota vertical ao graco de f .

limx+

ex

x

x= lim

x+ex

x2= +, nao existem assntotas em +.

Em x = 1, a funcao atinge o seu mnimo absoluto e.

(b) g : R R.

g(x) =ex

1 + ex

g(x) =ex(1 + ex) exex

(1 + ex)2=

ex

(1 + ex)2

g(x) =ex(1 + ex)2 ex2(1 + ex)ex

(1 + ex)4=

ex + e2x 2e2x(1 + ex)3

=ex(1 ex)(1 + ex)3

0

g ponto deinexao

g + + +

g + 0

26

limx+

ex

1 + ex= lim

x+1

ex + 1= 1.

y = 1 e uma assntota horizontal em +.

limx

ex

1 + ex= 0

y = 0 e uma assntota horizontal emg nao admite extremos relativos em R.

h : R R.

h(x) =ex 1ex + 1

h(x) =ex(ex + 1) ex(ex 1)

(ex + 1)2=

2ex

(ex + 1)2

h(x) = 2 [ex(ex + 1)2 2(ex + 1) ex ex]

(ex + 1)4=

2 ex(ex + 1)3

[ex + 1 2ex] = 2ex(1 ex)

(ex + 1)3

0

h ponto deinexao

h + + +

h + 0

limx+

ex 1ex + 1

= 1, y = 1 e assntota horizontal ao graco de h em +.

limx

ex 1ex + 1

= 1, y = 1 e assntota horizontal em ao graco de h.h nao admite extremos relativos em R.

(c) f :]0, +[ R.

f(x) =ln x

x

f (x) =1 ln x

x2

f (x) =3 + 2 ln x

x3

27

e e3/2

f maximoabsoluto

ponto deinfexao

f + 0 f 0 +

limx0+

ln x

x= , x = 0 e uma assntota vertical ao graco de f .

limx+

ln x

x= 0, y = 0 e uma assntota horizontal em + ao graco de f .

Em x = e a funcao atinge o seu maximo absoluto 1e

(d) f :]0, +[ R

f(x) = x2 ln xf (x) =

2x2 1x

f (x) =2x2 + 1

x2

12

f mnimoabsoluto

f 0 +f + + +

limx0+

x2 ln x = +, x = 0 e uma assntota vertical ao graco de f .

limx+

x2 ln xx

= +, nao existem assntotas em +.

Em x = 12

a funcao atinge o seu mnimo absoluto 12 ln 1

2

11 x

3 e estritamente crescente.

(x

3)

=

3 x

31 > 0

no domnio da funcao.

4

3 < 4 1

3

28

12 x1x = e

ln xx para x > 0.(

eln xx

)=

(ln x

x

)x

1x =

1x x ln x

x2x

1x

=1 ln x

x2x

1x

x1x e estritamente decrescente em ]e, +[.

7

7 >8

8

13 0.1x = eln 101x

(0.1x) = ln 101 eln 101x < 0.

0.1x e uma funcao decrescente

0.10.1 > 0.10.2

3.4 Exemplos de aplicacoes das funcoes exponenciais e logartmicas

1 (a) No instante inicial, ha aproximadamente 5 000 bacterias e, por isso,

N(0) = N0 = 5 000.

Ao m de 4 horas, ha cerca de 100 000 bacterias e, por isso,

N(4) = 5 000e4k = 100 000.

Obtemos entao 4k = ln 20 k = ln 204

A expressao designatoria e N(t) = 5 000 eln 20

4t com ln 20

4

0.75.

(b) Dizem-nos que a populacao duplica ao m de duas horas, ou seja que N(2) = 2N(0).

Assim temos N0 e2k = 2N0. Se N0 nao for nulo, isto e se no instante zero existirem

bacterias, podemos concluir que 2k = ln 2 ou seja k = ln 22

0.35.

2 Queremos determinar o instante T tal que Q(T ) = 0.2Q0. Ter-se-a Q0 e0.00012T =

0, 2Q0 e, supondo Q0 = 0, obtemos entao0.00012T = ln 0.2, T 13412

3 Se os juros sao compostos continuamente a` taxa de 4 %, temos que o capital gerado

ao m do tempo t (anos) por um capital inicial C e dado por

C(t) = C e0.04 t.

29

O instante T em que o capital triplica verica

Ce0.04 T = 3C.

Supondo C > 0 tem-se entao 0.04T = ln 3 T = ln 30.04

27, 5 anos.

4 O capital gerado ao m do tempo t (anos) pelo capital inicial C em condicoes de

capitalizacao contnua e taxa de juro anual 0.05 e dado por

C(t) = C e0.05 t

Para obtermos 20 000 ao m de 8 anos temos de investir um capital inicial C tal que

20 000 = C e0.058

ou seja C = 20 000e0.058 13 406, 4 .

5 A temperatura da barra no instante t e dada por T (t) = 5 + C ekt em que C verica

150 = T (0) = 5 + C. Tem-se entao

T (t) = 5 + 145 ekt

Como T (2) = 5 + 145 ek2 = 60, obtemos

e2k =55

145 k = 1

2ln

(55

145

).

O instante t0 tal que T (t0) = 10 verica

10 = 5 + 145ekt0 ekt0 = 5145

.

t0 = 1k ln(

5145

)minutos 6,95 minutos.

6 Tem-se f (t) = 0.7 250 e0.7t = 175 e0.7t. Assim f (0) = 175. O tempo t0 aom do qual o antibiotico injectado e reduzido a 10% da quantidade inicial verica

250 e0.7t0 = 0.1 250.

Tem-se entao

t0 = 107

ln(0.1)h 3.29 horas.

30

7 Ao m de uma hora, a cultura de bacterias triplica, ou seja Q(1) = 3Q(0). Conclui-se

imediatamente que C ek = 3C o que, dado que Q(0) = C = 106 = 0, implica k = ln 3.Conclui-se entao que a lei de crescimento do numero de bacterias e

Q(t) = 106 e(ln 3)t.

O tempo t0 ao m do qual estao presentes 108 bacterias verica 108 = 106 e(ln 3)t0 , ou

seja

t0 =ln 102

ln 3

4, 19 horas.

8 O perodo de meia-vida, t0, e o tempo ao m do qual a massa e metade da massa

inicial, ou seja

Q(t0) =1

2Q(0).

Assim sera

C e0.023 t0 =1

2C,

o que equivale, supondo C = 0, a

t0 = 1 00023

ln1

2anos 30, 14 anos.

9 Se T denota a idade (aproximada) da amostra, tem-se

Q(T ) = Q0 e0.00012T =

30

100Q0.

Logo,

T = 105

12ln

3

10=

105

12ln

10

3 10 033.1 anos.

10 Se N(t) = N0ekt denota o numero de bacterias no instante t medindo o tempo em

horas, tem-se

N

(t +

1

4

)= 2N(t)

N0ekt+ k4 = 2N0ekt e k4 = 2 k = 4 ln 2

31

Para alem disso, N(0) = N0 = 108. Logo N(t) = 108e4 ln 2t e de

100

15N(t0) = 10

8,

deduz-se que

15

100 108 e4 ln 2 t0 = 108

e4 ln 2t0 = 10015

t0 = 14 ln 2

ln 10015

0.68 horas 40.8 minutos.

desde que a infeccao foi detectada.

11 Dado que t = 0 corresponde ao ano 1990 temos que

P (0) = P0 = 40 000 e P (9) = P0 e9k = 100 000.

Logo

40 000e9k = 100 000 k = 19

ln5

2

Para determinarmos a data em que o preco inicial duplicou, procuramos t0 tal que P (t0) =

2P0. Ora,

P (t0) = 2P0 40 000 e 19 ln 52 t0 = 80 000 t0 = 9 ln 2

ln 52

6.8 anos 6 anos e 9.6 meses.

Concluimos que o preco inicial do apartamento duplicou a` volta do dia 18 de Outubro de

1996.

12 O capital no instante t (contando o tempo a partir do ano 1990) e dado por

C(t) = 10 000 ert. Como C(10) = 14 000 = 10 000 e10r, conclui-se que

r =1

10ln

7

5 0.0336 3.4%.

13 O capital gerado ao m de 4 anos pelo capital inicial de 5 000 em condicoes decapitalizacao trimestrial e a` taxa de juro anual 0.05 e

5 000

(1 +

0.05

4

)16

6 099.45

32

e em condicoes de capitalizacao contnua e a` taxa de juro anual 0.048 e

5 000 e0.0484 6 058.35 .

Nao e portanto favoravel optar pela segunda opcao.

14 v(t) = 10(1 e0.3t)

Assntota horizontal: v = 10.

A velocidade terminal e o limite da funcao velocidade quando o tempo t tende para +

v(t) > 7 1 e0.3t > 710 e0.3t < 3

10

0.3t < ln 310 t > 10

3ln

3

10

4.01.

Deve decorrer um tempo superior a 103

ln 310

unidades para que a velocidade seja superior

a 7 unidades.

15 Tem-se 50 = N(0) = 2 0001+c

o que implica 50 + 50c = 2 000 e por isso c = 1 95050

= 39.

O tempo T necessario para que a populacao atinja o numero 1 500 verica

1 500 =2 000

1 + 39e4T

1 500 + 1 500 39 e4T = 2 000

e4T =500

1 500 39e4T =

1

117

T = 14

ln1

117semanas 1, 19 semanas.

16 Tem-se I(t) = 106

1+c ekt e por isso 100 = I(0) =106

1+c Conclui-se entao que 100+100c =

106 donde 100c = 106 102, c = 104 1.

33

Ao m de duas semanas ha 550 casos e por isso

I(2) =106

1 + (104 1)e2k = 550

1 + (104 1)e2k = 105

55

e2k = 1104 1

(105

55 1

)

k = 12

ln

[1

104 1(

105

55 1

)]= 1

2ln

(2 221

12 221

)

0.853.

Ao m de 3 semanas havera

I(3) =106

1 + (104 1)e3k 1 289.2 infectados.

17 De f(t) = 300(e0.4t et) obtemos f (t) = 300(0.4e0.4t + et) e por isso

f (t) = 0 et = 0.4e0.4t et(0.41) = 0.4 t = 53

ln(0.4).

Por outro lado,

f (t) > 0 se e so se t < 106

ln(0.4)

e por isso em

t = 53

ln(0.4) 1, 53 horas

e atingido o valor maximo de medicamento no sangue.

A quantidade de substancia esta a decrescer com maior rapidez quando a derivada de f

atingir o seu valor mnimo. Ora

f (t) = 300(+0.16e0.4t et) = 0 se e so se t = 53

ln(0.16)

e

f (t) < 0 se e so se t < 53

ln(0.16).

Assim o valor procurado e

53

ln(0.16) 3, 054 horas.

Quanto ao intervalo de tempo em que a quantidade de medicamento se mantem superior

a 80 unidades, pode ser determinado atraves do graco seguinte

34

18 A funcao pN(p) e estritamente decrescente e representa o dinheiro obtido com avenda de automoveis de um dado preco p [10, 20].

19 De T (t) = + Cekt obtemos

T (t) = kCekt = k(T (t) ),

como queriamos demonstrar.

35

3.5 Comparacao do comportamento das funcoes exponenciais e

logartmicas com o dos polinomios

1 limx

ex(x2 + 5x 1) = limx

x2 + 5x 1ex

= 0

limx+

e3x

1 + x2= 0; lim

xe3x

1 + x2= +

limx0+

x e1x = lim

x0+e

1x

1x

= +; limx0

x e1x = 0

limx+

(ex 10x2) = limx+

ex(

1 10x2

ex

)= +; lim

x(ex 10x2) =

limx

ex

x+1 (1 2x2) =

limx+

ln(1 + x2)2

1 + x= lim

x+2 ln(1 + x2)

1 + x= 0

limx0+

x ln x = 0

[por 3.5.5 com = 1

2

]

limx+

(x ln x) = limx+

x

(1 ln x

x

)= +

36

Captulo 4

As Funcoes Trigonometricas

Resolucao dos exerccios

4.1 Revisao

1 Uma vez que tan x = sen2 xcos2 x

, tem-se

sen2 x + tan2 x = sen2 x +sen2 x

cos2 x= sen2 x

(1 +

1

cos2 x

)=

= (1 cos2 x)(

1 +1

cos2 x

)= 1 +

1

cos2 x cos2 x 1 = 1

cos2 x cos2 x.

Nota: o enunciado deste exerccio esta errado; devia ler-se :

2 sen2 x 1cos2 x

= tan2 x 1.

Usando a igualdade sen2 x + cos2 x = 1, tem-se

2 sen2 x 1cos2 x

=2 sen2 x sen2 x cos2 x

cos2 x=

sen2 x cos2 xcos2 x

= tan2 x 1.

cos4 x sen4 x = (cos2 x sen2 x)(cos2 x + sen2 x)= cos2 x sen2 x = cos(2x).

sen2 x 1sen2 x

=(sen2 x)2 1

sen 2x=

(1 cos2 x)2 1sen2 x

=1 2 cos2 x + cos4 x 1

sen2 x=

cos2 x(cos2 x 2)sen2 x

=cos2 x 2

tan2 x

37

2 sen x = cos x x = 4

+ k, k Z

sen2 t

1 cos t = 1 cos t 1 cos2 t1 cos t = 1 cos t

(1 cos t)(1 + cos t)1 cos t = 1 cos t 1 + cos t = 1 cos t (cos t = 1)

cos t = 0 t = 2

+ k, k Z.

sen 2t = sen 4t sen 2t = 2 sen 2t cos 2t sen 2t(1 2 cos 2t) = 0 2 cos 2t = 1 sen 2t = 0 cos 2t = 1

2 sen 2t = 0

2t = 3

+ 2k 2t = 3

+ 2k 2t = k, k Z t =

6+ k t =

6+ k t = k

2, k Z

Em [0, 2] tem-se

sen x < cos x x [0,

4

[

]5

4,3

4

]

[3

4,2

]

x [0,

4

[

]5

4, 2

].

sen x < cos 2x sen x < cos2 x sen2x = 1 2 sen2 x 2 sen2x + sen x 1 < 0 (2 sen x 1)(sen x + 1) < 0 2 sen x 1 < 0 sen x = 1 sen x < 1

2 sen x = 1.

Os valores de x no intervalo [0, ] que satisfazem estas condicoes sao x [0, 6

[ ]56

,].

38

4.2 Limites trigonometricos. Continuidade e derivadas das

funcoes trigonometricas

1 (3 sen x 5 cos x) = 3 cos x + 5 sen x; (x sen x) = x cos x + sen x; (sen (4x) cos(3x)) = 4 cos(4x) + 3 sen (3x); (tan(2x)) = 2(1 + tan2(2x)); (sen 2x x) = 2 sen x cos x 1; (x tan(3x)) = x [3(1 + tan2(3x))] + tan(3x)

= 3x(1 + tan2(3x)) + tan(3x);

(x2 tan(3x + 1)) = 3x2(1 + tan2(3x + 1)) + 2x tan(3x + 1).

2 cos x: Sabemos que | cos x| 1 e cos x = 1 se x = 2k (k Z), cos x = 1se x = + 2k (k Z). Portanto, os valores mnimo e maximo de cos x sao 1 e 1,respectivamente, atingidos nos pontos indicados.

f(x) = sen x cos x: Temos

(sen x cos x) = cos x + sen x.

Ora, cos x + sen x = 0 equivale a

x =3

4+ 2k ou x =

4+ 2k (k Z)

ou, mais simplesmente:

x = 4

+ k (k Z).Temos, por isso, o seguinte quadro de variacao

x 34

4

34

74

f (x) + 0 0 + 0 0 + f(x)

(Os sinais de f (x) podem ser calculados atraves de um valor de f (x) em cada intervalo.)

e conclui-se que f tem o valor mnimo

f(

4

)=

2

2

2

2=

2

39

(atingido em todos os pontos da forma 4

+ 2k, k Z) e o valor maximo

f

(3

4

)=

2

2+

2

2=

2

(atingido em todos os pontos da forma 34

+ 2k, k Z).

f(x) = sen x3 cos x: agora temos

f (x) = cos x +

3 sen x.

Se cos x = 0 tem-se f (x) = 0 e por isso

f (x) = 0 sen xcos x

= 13 tan x =

3

3 x =

6+ k (k Z),

x 56

6

56

116

f (x) + 0 0 + 0 0 +f(x)

Conclui-se que os valores mnimo e maximo de f sao, respectivamente,

f(

6

)= 1

2

3

3

2= 1

2 3

2= 2

e

f

(5

6

)=

1

2

3 (

3

2

)=

1

2+

3

2= 2.

Estes valores sao tambem atingidos nos pontos que diferem de 6

ou 56

por um multiplo

inteiro de 2.

f(x) = cos2 x: Como 0 cos2 x 1 e

cos x = 0 x = 2

+ k (k Z)cos x = 1 x = k (k Z)

conclumos imediatamente que o mnimo de f e 0 (atingido nos pontos 2

+ k, k Z) eo maximo de f e 1 (atingido nos pontos x = k).

f(x) = x + 2 sen x: Temos

f (x) = 1 + 2 cosx

f (x) = 0 cos x = 12 x = 2

3+ 2k (k Z)

ou x =4

3+ 2k (k Z).

40

x 43

23

23

43

83

103

f (x) + 0 0 + 0 0 + 0 0 +f(x)

Conclumos que f atinge maximos relativos:

f

(4

3

)= 4

3+

2

3

2=4 + 33

3,

f

(2

3

)=

2

3+

2

3

2=

2 + 3

3

3,

f

(8

3

)=

8

3+

2

3

2=

8 + 3

3

3, etc.

e mnimos relativos:

f

(2

3

)= 2

3 2

3

2=2 33

3,

f

(8

3

)= 8

3 2

3

2=4 33

3,

f

(14

3

)= 14

3 2

3

2=10 33

3, etc.

Podemos encontrar valores mnimos (relativos) negativos mas arbitrariamente grandes em

modulo; e valores maximos (relativos) arbitrariamente grandes. Concretamente:

f

(2

3+ 2k

)=

2

3+ 2k +

3 +

quando k + e

f

(4

3+ 2k

)=

4

3+ 2k

3

quando k . A funcao nao tem maximo nem mnimo absolutos. E interessanteobter um graco de f(x) e f (x) numa janela de visualizacao conveniente, por exemplo

uma que contenha o rectangulo

4

3 4 x 2

3+ 4, 8

3

3 y 143

+

3.

A funcao f nao e periodica, mas a sua derivada f e obviamente periodica.

f(x) = tan x 2x: Como

f (x) = 1 + tan2 x 2 = tan2 x 1

41

ef (x) = 0 tan x = 1 x = 4

+ k (k Z)ou x =

4+ k (k Z).

Como os pontos da forma (2k + 1)2

(k Z) nao fazem parte do domnio, so faz sentidoestudar a funcao nos intervalos que resultam de

]2,2

[por uma translaccao de valor

igual a um multiplo inteiro de . Para facilitar, vamos estudar a funcao em]3

2,

2

[ ]2,2

[ ]2,3

2

[.

x 32

54

34

2

4

4

2

34

54

32

f (x) + 0 0 + + 0 0 + + 0 0 +f(x)

Vemos que, em cada intervalo considerado, a funcao tem um mnimo relativo e um maximo

relativo. Por exemplo, em]

2,2

[tem o mnimo relativo

f(

4

)= tan

4 2

4= 1

2

e o maximo relativo

f(

4

)= tan

(

4

) 2

(

4

)= 1 +

2

No entanto, a funcao nao tem maximo nem mnimo absolutos, visto que

limx

2+

f(x) = e limx

2

f(x) = +.

3 f(x) =sen x

x, 0 < x

2

Temos

f (x) =x cos x sen x

x2

No intervalo ]0, 2[, a equacao

f (x) = 0, isto e, x cos x = sen x

nao tem solucoes, pois ela e equivalente a (justique)

tan x = x

42

e os gracos de tan x e x, no intervalo]0,

2

[, nao se encontram: o primeiro esta sempre

acima do segundo (). Entao

f (x) < 0 x ]0,

2

]pois esta inequacao e equivalente a

tan x > x, se 0 < x x se 0 < x 0, x ]0,

2

[,

e g(x) e funcao estritamente crescente. Logo,

g(x) > g(0) x ]0,

2

[.

Mas g(0) = 0 e esta desigualdade e o que se pretendia mostrar.

4 f(x) = 2 cos x sen x, 0 x f (x) = 2 sen x cos xf (x) = 0 sen x

cos x= 1

2 tan x = 1

2

No intervalo [0, ], ha um angulo cuja tangente e 12 Recorrendo a uma maquina de

calcular obtemos o valor do angulo ]2

,2

[cuja tangente e 1

2; vamos rete-lo com

aproximacao a`s milesimas:

0.464.

43

Entao o angulo procurado obtem-se somando a este o valor ; vamos rete-lo com duas

casas decimais:

= + 2.68.Obtemos o quadro de variacao

x 0

f (x) 0 +f(x)

e conclumos, uma vez que

f(0) = 2,

f() = 2 cos sen 2.23,f() = 2 0 = 2,

que f tem o valor mnimo absoluto aproximadamente igual a 2.23 e o valor maximoabsoluto 2, sendo f() = 2 um maximo relativo.

5 Como 1 sen x 1 para todo o x, temos

2 3 + sen x 41 2 + sen x 3

e por isso (recorde-se que uma fraccao de termos positivos aumenta quando o numerador

aumenta ou quando o denominador diminui)

2

3 3 + sen x

2 + sen x 4

1= 4.

Para obter a outra estimativa, mais precisa, o que ha a fazer e procurar os valores mnimo

e maximo da funcao 3+sen x2+sen x

= f(x). (Como ela e periodica, basta estuda-la num intervalo

de comprimento igual ao perodo: por exemplo [0, 2]). Ora, a derivada da funcao e

(2 + sen x) cos x (3 + sen x) cos x(2 + sen x)2

= cos x(2 + sen x)2

A derivada anula-se em 2

e 32

, e obtemos o quadro

x 0 2

32

2

f (x) 0 + 0 f(x)

44

Como

f(

2

)=

4

3, f

(3

2

)= 2, f(0) = f(2) =

3

2

conclumos que os valores mnimo e maximo de f(x) sao, respectivamente, 43

e 2 e portanto

4

3 f(x) 2 x [0, 2],

e tambem x R.

6 O denominador da fraccao anula-se em x = 0, , e de um modo geral nos pontosk (k Z). Para atribuir a` funcao f em causa um valor em 0 de modo que ela quecontnua em ] , [, teremos de ter

f(0) = limx0

f(x) = limx0

x

sen x (2 + x) = 1 2 = 2.

Por outro lado, como

limx

f(x) = +(porque o numerador tende para (2 + ) e o denominador tende para 0 por valores

positivos) e

limx+

f(x) =

(porque o numerador tende para (2 ) e o denominador tende para 0 por valoresnegativos) nao ha extensao contnua de f ao intervalo [, ].

7 limx0

sen 2x

x= 2. Nao ha assntotas verticais.

limx0+

sen 2x

x2= lim

x0+sen 2x

x 1x

= +, porque limx0+

sen 2x

x= 2 e lim

x0+1

x= +.

Analogamente, limx0

sen 2x

x2= . Logo, x = 0 e a equacao da assntota vertical desta

funcao.

limx0

sen 2xx

= limx0

(x sen 2x

x

)= 0 porque lim

x0

x = 0 e limx0

sen 2x

x= 2. Nao ha

assntotas verticais.

limx0

tan x

x3= lim

x0

(sen x

x 1x2 1cos x

)= + porque lim

x0sen x

x= 1 , lim

x01

x2= + e

limx0

1

cos x= 1. Entao a assntota vertical da funcao

tan x

x3e a recta x = 0.

45

4.3 Aplicacoes a` resolucao de problemas envolvendo questoes de

geometria

1 Designemos por x a distancia ao ecra e sejam , os angulos indicados na gura.

103

x

a

b

Sabemos que

tan =13

x, tan =

3

x

e o angulo de visibilidade a partir do ponto com distancia x e ; ora

tan( ) = tan tan 1 + tan tan =

13x 3

x

1 + 13x 3

x

=

=10x

1 + 39x2

=10x

x2 + 39

Como o angulo de visibilidade e, naturalmente, um angulo entre 0 e 2

e a funcao tangente e

crescente em[0,

2

], encontrar o angulo maximo e equivalente a encontrar o valor maximo

da respectiva tangente. Vamos, pois, determinar o valor maximo de

f(x) =10x

x2 + 39

em [0, +[. Ora,f (x) =

10(x2 + 39) 20x2x2 + 39

=390 10x2

x2 + 39

A derivada anula-se em x =

39 6.24:

x 0

39

f (x) + 0 f(x)

O angulo de maxima visibilidade ca, pois, situado a cerca de 6.24 metros do ecra.

46

2 Seja AB o diametro da semicircunferencia e P o vertice do angulo recto do triangulo

rectangulo nela inscrito.

P

Aa

B

Designemos por o angulo PAB. Como

sen =PB

AB, cos =

PA

AB

e AB e um comprimento conhecido (chamemos-lhe ), obtemos como expressao para o

permetro do triangulo f() = + cos + sen , ou

f() = (1 + cos + sen ).

Naturalmente, o angulo varia no interalo]0,

2

[. Para estudar a funcao indicada, cal-

culamos

f () = (cos sen )e obtemos o quadro

0 4

2

f () + 0 f()

O permetro maximo e

f(

4

)=

(1 +

12

+12

)=

2 +

22

= (1 +

2)

e corresponde ao triangulo rectangulo isosceles.

3 Consideremos o farol no ponto F a` distancia 1 km da costa rectilnea AO. Quando o

angulo do raio de luz com FO e , o angulo do mesmo raio com a costa e = 2 .

A

a

b

F

Ox

1 km

47

Sendo x a distancia AO, expressa em km, temos

tan =1

x

Ora, varia com o tempo de modo que

= 6t

( em radianos, t em minutos). Portanto x varia com o tempo de acordo com

x(t) =1

tan(

2 ) = 1tan (

2 6t)

A velocidade com que o raio luminoso varre a costa e, pois,

x(t) =

(1 + tan2

(2 6t)) 6

tan2(

2 6t)

e pretendemos calcula-la no instante em que = 30o , o que signica

(= 6t) = 60o ou

3radianos.

Entao o valor pedido e(1 + tan2

(2

3

))6

tan2(

2

3

) = 24 75.398 (km/min)(cerca de 4 524 km/h).

4 Seja PH a altura relativa ao lado BC e ponhamos BH = h, HC = k.

a

B H k30

h

P

C

O permetro do triangulo e 1 + PB + PC, e

PB =h

cos , PC =

k

cos 30o=

2k3

Para calcular h e k em funcao de atendemos a que

PH

h= tan ,

PH

k= tan 30o =

3

3

48

e da deduzimos:PHh

PHk

=tan

33

ou sejak

h=

3 tan 3

=

3 tan .

Entao

k =

3h tan

e por outro lado

k + h = 1.

Substituindo o valor k = 1 h na equacao precedente obtemos

1 h =

3h tan ,

h(1 +

3 tan ) = 1,

h =1

1 +

3 tan

Entao

k = 1 11 +

3 tan

=1 +

3 tan 1

1 +

3 tan =

=

3 tan

1 +

3 tan

A expressao do permetro em funcao de e entao

1 +1

cos +

3 sen +

23

3 tan

1 +

3 tan =

1 +1

cos +

3 sen +

2 tan

1 +

3 tan

Para maximizar o permetro e suciente maximizar a funcao

g() =1

cos +

3 sen +

2 tan

1 +

3 tan

em[0,

2

[. (Note-se que a funcao admite uma extensao contnua ao intervalo

[0,

2

], com

o valor 13

+ 23

=

3, visto que

lim

2

2 tan

1 +

3 tan =

23 )

49

Para evitar trabalhar com a expressao que envolve tan podemos simplicar

2 tan

1 +

3 tan =

2 tan

1 +

3 sen cos

=2 tan cos

cos +

3 sen =

=2 sen

cos +

3 sen

de modo que

g() =1 + 2 sen

cos +

3 sen

Temos

g() =2 + sen 3 cos (cos +

3 sen )2

Ora, se [0, 2

], sen 0 e

2

3 cos 2

3 > 0

pelo que g() > 0, [0, 2

]. O valor maximo e atingido em =

2

50

Apendice

O calculo de limites e suas aplicacoes:topicos complementaresResolucao dos exerccios

1. Formas indeterminadas no calculo de limites

1 Factorizando 1 x3 obtemos

limx1

1 x31 x = limx1

(1 x)(x2 + x + 1)1 x = limx1(x

2 + x + 1) = 3.

Uma vez que limx0 sen xx = 1, tem-se

limx0

cos x 1x

= limx0

(cos x 1)(cos x + 1)x(cos x + 1)

= limx0

cos2 x 1x(cos x + 1)

= limx0

sen xx

sen xcos x + 1

= 1 0 = 0.

limx+

(

9 + x2 x) = limx+

(

9 + x2 x)(9 + x2 + x)9 + x2 + x

= limx+

9 + x2 x29 + x2 + x

= 0.

limx1

(1

1 x 1

1 x2)

= limx1

1 + x 11 x2 = +.

Usando o facto de limx0 sen xx = 1, vem

limx0

x3

sen x= lim

x0x

sen x x2 = 1 0 = 0.

Dado que limx0 sen xx = 1 e que limx0 ex1x

= 1, tem-se

limx0

ex 1sen x

= limx0

ex 1x

xsen x

= 1 1 = 1.

51

Como limx/2 x/2sen (x/2) = 1 e sen(x

2

)= cos x, obtemos

limx

2

(x

2

) tan x = lim

x2

[x

2

sen(x

2

) tan x sen (x 2

)]

= limx

2

sen (x 2) lim

x2

( tan x cos x) = 1 limx

2

(sen x) = 1.

limx1

(1

1 x 2x

1 x2)

= limx1

1 + x 2x(1 x)(1 + x) = limx1

1 x(1 x)(1 + x)

= limx1

1

1 + x=

1

2

2. Limites laterais, continuidade

1 Uma vez que

limx0

f(x) = limx0

e2x 1ex 1 = limx0

e2x 12x

2xex 1 = 2,

para prolongarmos f a R como funcao contnua devemos atribuir ao ponto 0 o valor 2.

2 Comolimx

f(x) = limx

3x 11 + x2

=3 11 + 2

,

devemos atribuir ao ponto o valor 311+2

de modo a obtermos um prolongamento da

funcao f a R.

limx1

f(x) = limx1

1 x31 x + x2 x3 = limx1

(1 x)(x2 + x + 1)(1 x)(x2 + 1) =

= limx1

x2 + x + 1

x2 + 1=

3

2

Assim, o prolongamento de f a R sera contnuo se atribuirmos ao ponto 1 o valor 32

Tem-selim

x0+f(x) = lim

x0+(x2 2x 2) = 2

e

limx0

f(x) = limx0

1 x3x x2 = .

Neste caso nao e possvel prolongar f por continuidade a` origem uma vez que nao existe

limx0 f(x).

52

limx0+

f(x) = limx0+

(x2 2x 2) = 2.

f(x) = limx0

(x2 2xx x2

)= lim

x0x 21 x = 2.

Uma vez que limx0 f(x) = 2, para prolongarmos f a R como funcao contnua devemosatribuir ao ponto 0 o valor 2.

3. Assntotas

1 f(x) = 3x + 1 4x

Uma vez que

limx

(f(x) (3x + 1)) = limx

4x

= 0

a recta y = 3x + 1 e uma assntota ao graco de f . Por outro lado, como

limx0+

f(x) = e limx0

f(x) = +

a recta x = 0 e uma assntota vertical ao graco de f .

f(x) = x 12x + 1

Dado que

limx 1

2

f(x) = ,

a recta x = 12

e uma assntota vertical ao graco de f . Por outro lado,

n = limx

f(x)

x= lim

x1 1

x

2x + 1= 0

p = limx

(f(x) nx) = limx

x 12x + 1

= limx

1 1x

2 + 1x

=1

2,

pelo que a recta y = 12

e uma assntota horizontal ao graco de f .

53

f(x) = x2

2x + 1

Como no caso anterior, a recta x = 12

e uma assntota vertical ao graco de f .

n = limx

f(x)

x= lim

xx

2x + 1= lim

x1

2 + 1x

=1

2

p = limx

(f(x) nx) = limx

(x2

2x + 1 1

2x

)= lim

x2x2 x(2x + 1)

4x + 2=

= limx

x4x + 2

= limx

14 + 2

x

= 14

,

portanto a recta y = 12x 1

4e uma assntota ao graco de f .

f(x) = x3

2x + 1

A recta x = 12

e novamente assntota vertical ao graco de f . Como

limx

f(x)

x= lim

xx2

2x + 1=

o graco de f nao tem outras assntotas.

f(x) = x 1

Nao existem assntotas verticais. Note-se que o domnio de f e [1, +[ pelo que so fazsentido calcular os valores de n e p quando x +. Tem-se

n = limx+

f(x)

x= lim

x+

x 1x

= limx+

x 1x2

= limx+

1/x 1/x2

1= 0

p = limx+

(f(x) nx) = limx+

x 1 = +.

pelo que o graco de f nao tem assntotas.

f(x) =

x

1 +

x

Nao existem assntotas verticais. Como o domnio de f e [0, +[ vamos apenas calcularn e p quando x +.

n = limx+

f(x)

x= lim

x+

x

x + x

x= lim

x+1

x + x= 0

p = limx+

(f(x) nx) = limx+

x

1 +

x= lim

x+1

1/

x + 1= 1

portanto a recta y = 1 e uma assntota horizontal ao graco de f .

54

f(x) = x1 +

x

Fazemos os calculos apenas quando x + uma vez que o domnio de f e [0, +[.

n = limx+

f(x)

x= lim

x+1

1 +

x= 0

p = limx+

(f(x) nx) = limx+

x

1 +

x= lim

x+

x

1/

x + 1= +.

Uma vez que nao existem assntotas verticais, concluimos que o graco de f nao tem

quaisquer assntotas.

f(x) = x2 ex

O graco de f nao tem assntotas verticais.

n1 = limx+

f(x)

x= lim

x+x ex = +

pelo que nao existe assntota ao graco de f quando x +.Vejamos o que se passa quando x :

n2 = limx

f(x)

x= lim

xx ex = lim

xx

ex= 0

p = lim(f(x) n2x) = limx

x2 ex = limx

x2

ex= 0

portanto quando x a recta y = 0 e uma assntota horizontal ao graco de f .

f(x) = x e 1x

O domnio de f e R \ {0}.

limx0+

x e1x = lim

x0+e

1x

1x

= +

limx0

x e1x = 0.

Logo, a recta x = 0 e assntota vertical ao graco de f . Por outro lado,

n = limx

f(x)

x= lim

xe

1x = 1

p = limx

(f(x) nx) = limx

x(e1x 1) = lim

xe

1x 1

1x

= 1

donde y = x + 1 e assntota ao graco de f .

55

4. Derivadas laterais

1 f(x) =

x + a se x 0x2 + bx se x > 0

Comecemos por estudar a continuidade de f . Para x > 0 a funcao f e uma funcao

polinomial logo e contnua, qualquer que seja o valor de b. Se x < 0, f(x) = x + a

tambem e contnua, independentemente do valor de a. Por outro lado,

limx0

f(x) = limx0

(x + a) = a = f(0)

limx0+

f(x) = limx0+

(x2 + bx) = 0

portanto f e contnua em x = 0 se e so se a = 0.

Para este valor de a estudemos a diferenciabilidade de f em x = 0 (note-se que se a = 0,f e descontnua em x = 0 pelo que nao tem derivada em x = 0):

f d(0) = limx0+

f(x) f(0)x 0 = limx0+

x2 + bx 0x

= b

f e(0) = limx0

f(x) f(0)x 0 = limx0

x 0x 0 = 1

portanto f tem derivada em x = 0 se e so se b = 1.

Para a = 0 e b = 1 tem-se entao

f (x) =

1, x < 0

1, x = 0

2x + 1, x < 0

=

1, x 02x + 1, x > 0.

Uma vez que f (x) > 0 para todo o x R a funcao f e crescente em R.

2 f(x) =

x

2 se x 0x x2 se x 0

Ponhamos g(x) = x2 e h(x) = x x2. Note-se que f e contnua em R. Tem-se

f d(0) = limx0+

f(x) f(0)x 0 = limx0+

h(x)

x= lim

x0+(1 x) = 1

f e(0) = limx0

f(x) f(0)x 0 = limx0

g(x)

x= lim

x0x = 0.

A funcao f nao tem derivada em x = 0 e

f (x) =

2x se x < 01 2x se x > 0.

56

Uma vez que g(x) 0, x 0 e h(x) 0, x [0, 12

]concluimos que a funcao f tem

um mnimo relativo no ponto x = 0.

Por outro lado, como h(x) 0, x [0, 12

]e h(x) 0, x 1

2, em x = 1

2f tem um

maximo relativo. A funcao f e decrescente em ], 0] e em [12, +[ e e crescente em]

0, 12

[.

57