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(1)

UNIVERSIDADE DE LISBOA Faculdade de Ciˆencias

DEPARTAMENTO DE MATEM ´ATICA

12

o

ANO

INTRODUC

¸ ˜

AO AO ESTUDO DAS FUNC

¸ ˜

OES

REAIS DE VARI ´

AVEL REAL

– RESOLUC

¸ ˜

AO DOS EXERC´

ICIOS –

Alessandro Margheri — Ana Cristina Barroso

Carlota Rebelo Gon¸

calves — Lu´ıs Sanchez

2003

REANIMAT

(2)

Cap´

ıtulo 1

Complementos sobre t´ecnicas de deriva¸c˜

ao

Resolu¸c˜

ao dos exerc´ıcios

1.1

A derivada de um produto

1 • (x2√x) = 2x√x + x 2 2√x = 2x x + x x 2 = 5 2x x. (x− 1)2√x = 2(x− 1)√x +(x− 1) 2 2√x = (x− 1)  2√x + x− 1 2√x  = (x− 1)  5x− 1 2√x  .  (x− 1)3 x  = 3(x− 1) 2 x (x− 1)3 x2 = (x− 1) 2 x  3 x− 1 x  = (x− 1) 2(2x + 1) x2 ·

(3)

1.2

Derivada do inverso aritm´

etico 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 + x 2− 2x2 (1 + x2)2 = 1− x2 (1 + x2)2 ·  x2− 4x + 1 x + 2  = (2x− 4)(x + 2) − 1(x 2− 4x + 1) (x + 2)2 = 2x 2+ 4x− 4x − 8 − x2+ 4x− 1 (x + 2)2 = x2+ 4x− 9 (x + 2)2 ·  (x− 1)2 x  = 2(x− 1) x− 21 x(x− 1) 2 x = (x− 1) 2x√x (4x− x + 1) = (x− 1)(3x + 1) 2x√x ·

(4)

1.3

Observa¸

oes sobre “mudan¸

ca de vari´

avel” no c´

alculo

de limites

1 • Fazendo a mudan¸ca de vari´avel y2 = x, ou seja y =x (para x > 0)

lim x→0+ x +√x 3x− 2√x = limy→0+ y2+ y 3y2 − 2y = limy→0 y + 1 3y− 2 = 1 2 (ou sem fazer a mudan¸ca de vari´avel

lim x→0+ x +√x 3x− 2√x = limx→0+ x(√x + 1) x(3√x− 2) = limx→0+ x + 1 3√x− 2 = 1 2·) lim x→+∞ x +√x 3x− 2√x = limy→+∞ y2+ y 3y2− 2y = 1 3· lim x→0+ x− (√x)3 3x− 2√x = limy→0+ y2− y3 3y2− 2y = limy→0+ y− y2 3y− 2 = 0. lim x→+∞ x3−√x 3x− 2√x = limy→+∞ y6− y 3y2− 2y = +∞. 2 lim x→+∞ x− 1 2x− 1 = limy→0+ 1 y − 1 2 y − 1 = lim y→0+ 1− y 2− y = 1 2·

(5)

1.4

Derivadas de fun¸

oes compostas

1 • A fun¸c˜ao (x2− 1)4 resulta de compor u4 com u = x2− 1.

Logo



(x2− 1)4 = 4u3|u=x2−1 · 2x = 8x(x2− 1)3.

• A fun¸c˜ao (3x − 1)4

´e composi¸c˜ao de u4 com u = 3x− 1. Ent˜ao 

(3x− 1)4 = 4u3|u=3x−1 · 3 = 12(3x − 1)3. • A fun¸c˜ao √4x + 1 ´e composi¸c˜ao de √u com u = 4x + 1. Ent˜ao

√ 4x + 1  = 1 2√u u=4x+1 · 4 = 2 4x + 1· • A fun¸c˜ao 1 4x + 1 ´e composi¸c˜ao de 1 u com u = 4x + 1. Ent˜ao  1 4x + 1  = 1 2√u u u=4x+1 · 4 = − 2 (4x + 1)√4x + 1·

• A fun¸c˜ao √1 + x2 ´e composi¸ao de u com u = 1 + x2

. Ent˜ao √ 1 + x2 = 1 2√u u=x2+1 · 2x = x 1 + x2 ·

• A fun¸c˜ao 4− x2 ´e composi¸ao de u com u = 4− x2. Logo

√ 4− x2  = 1 2√u u=4−x2 · (−2x) = √−x 4− x2 · • A fun¸c˜ao 1 (x2− 1) ´e composi¸c˜ao de 1 u com u = x 2− 1. Ent˜ao  1 x2− 1  = −1 u2 u=x2−1 · 2x = − 2x (x2− 1)2 · • A fun¸c˜ao  1 2 x 3 ´ e composi¸c˜ao de u3 com u = 1− 2 x· Logo  1 2 x 3 = 3u2|u=1−2 x · 2 x2 = 6 x2  1 2 x 2 = 6 x4(x− 2) 2 .

(6)

1.5

Derivada da fun¸

ao inversa. Derivada da fun¸

ao

raiz

1 • A derivada de√x + 1 (composi¸c˜ao de √u com u = x + 1) ´e 1 2√u u=x+1 · 1 = 1 2√x + 1· 3 x = 1 33x2 · • A derivada de 3 2x + 1 (composi¸c˜ao de 3u com u = 2x + 1) ´e 1 33u2 u=2x+1 · 2 = 2 3 3 (2x + 1)2· • A derivada de 31x (composi¸c˜ao de 1 u com u = 3 x) ´e −1 (3x)2 · 1 33 x2 = −1 3x√3x·

2 Notamos que o dom´ınio de f−1 ´e o intervalo [0, b[ onde b = lim

x→+∞f (x) pode ser +∞.

Utilizando a mudan¸ca de vari´avel y = f (x), temos lim y→0+ f−1(y)− f−1(0) y− 0 = limx→0+ f−1(f (x))− f−1(f (0)) f (x)− f(0) = lim x→0+ 1 f (x)−f(0) x−0 = +∞, e portanto (f−1)(0) = +∞.

(7)

1.6

Aplica¸

oes do c´

alculo de derivadas:

estudo de

gr´

aficos e problemas de m´

aximo e m´

ınimo

1 (a) 1 2 x(5x + 4) x + 1 (b) −1 + x2 + 2x3 x2 (c) −1 (d) 1− x 2 (1 + x2)2 (e) 1 2 x− 1 x(x + 1)2 (f) 1 2 −1 + 5x2 x (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(x 2− 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 triˆangulos 0AB e 0AB semelhantes, tem-se

p(t) = 10 d(t)· Logo, p(t) = −10 d2(t) · d (t) = 150 d2(t) unidades/segundo,

(d(t) ´e uma fun¸c˜ao decrescente, logo d(t) =−15 unidades/segundo.)

Conclu´ımos que a perspectiva AB cresce `a velocidade de d1502(t) unidades/segundo no instante t.

3 Denotamos por h(t) a altura, em cent´ımetros, do l´ıquido no vaso c´onico no instante t (medida a partir do v´ertice do cone) e por V (t) cm3 o volume do l´ıquido contido no vaso

no instante t. Tem-se

V (t) = 1

3πr

2

(t)h(t) cm3

(8)

Observando a figura nota-se, utilizando a semelhan¸ca de triˆangulos, que r(t) = h(t) 3 , r(t) h(t) e logo V (t) = π 9h 3 (t). Como consequˆencia

V(t) = π 3h 2 (t)h(t) e de V(t) = 4 cm3/s, conclu´ımos que h(t) = 12 πh2(t) cm/s.

O n´ıvel do l´ıquido no vaso sobe `a velocidade de πh122(t) cm/s no instante t.

4 Denotamos por 2x e y respectivamente as medidas (em metros) da base e da altura do rectˆangulo. Ent˜ao teremos de maximizar a quantidade

2xy + πx

2

2

2x y

(9)

tendo em conta a restri¸c˜ao 2y + (2 + π)x = 12, x > 0, y > 0, de onde deduzimos y = 6−(2 + π) 2 x x∈ 0, 12 2 + π .

Assim, a ´area em fun¸c˜ao de x ser´a

A(x) = [12− (2 + π)x]x + π 2x 2 = 12x−  2 + π 2  x2, x∈ 0, 12 2 + π . Como A(x) = 12− (4 + π)x, A(x) 0 ⇔ x ∈ 0, 12 4 + π .

A ´area ser´a m´axima quando

x = 12 4 + π metros, 12 4+π A   A + 0 o que implica y = 6− (2 + π) 2 · 12 4 + π = 12 4 + π metros. A ´area m´axima ser´a

A  12 4 + π  = 72 4 + π metros quadrados.

5 Representamos na figura a sec¸c˜ao da pirˆamide com um plano que passa pelo v´ertice

O da pirˆamide, que ´e perpendicular `a sua base e ´e paralelo a uma recta que cont´em um dos lados da base.

A' x B'

B A

(10)

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

AB = x 5 e logo o volume do prisma inscrito ser´a

V (x) = (AB)2 · AA = x 2 25(5− x), 0 < x < 5. Dado que V(x) 0 ⇐⇒ 1 25x(10− 3x)  0, conclui-se que V(x) 0 ⇐⇒ 0 < x  10 3

e logo o prisma ter´a volume m´aximo quando x = 103 a que corresponde V 103 = 2027 m3.

6 Tendo em conta a figura,

2

3

3

3

y

x

300 cm

2 teremos de minimizar p = x + 5 + y + 6 = x + y + 11

(o semiper´ımetro da p´agina) com a restri¸c˜ao 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− 300 x2  0 ⇐⇒ x  10 3

e p(x) ter´a um m´ınimo para x = 10√3. As correspondentes dimens˜oes da p´agina ser˜ao

103 + 5 cm e 300

103 + 6 = 10

(11)

1.7

Segunda derivada e concavidade

1 (a) f (x) 0 ⇐⇒ x  12 ou x  1. f(x) = 4x− 3  0 ⇐⇒ x  34 f(x) = 4 > 0, ∀x ∈ R. x 34 f(x) − 0 + f(x) + + + f (x) 0 1/2 1 x 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) 0 x 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 −√1 3 0 1 3 1 f(x) + 0 0 + f(x) 0 + + f (x) 0 -1 1 x y -1 3 1 3

(12)

(d) f (x) =√x− 1  0 para x  1. (Note-se que o dom´ınio de f ´e x  1). f(x) = 21 x−1 > 0 para x > 1 e limx→1+f (x) = +∞. f(x) = 4(x−1)1 x−1 < 0 para x > 1 e limx→1+f (x) = −∞. x 1 f(x) +∞ + f(x) −∞ − f (x) 0 1 x y (e) f (x) > 0 ∀x ∈ R. f(x) = x 1 + 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(3x 2− 1) (1 + x2)3  0 ⇐⇒ x  −1 3 ou x 1 3· x −√1 3 0 1 3 f(x) + + + 0 f(x) + 0 − − − 0 + f (x) 1 0 x y 1 3 -1 3 (g) Ver Exemplo 1.6.1.

(13)

2 y x y x y=f(x) y=f(x) y=f—1(x) y=f—1(x)

f−1 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

(f−1)(x) =(f−1)(x) = 1 f(f−1(x))  = = f (f−1(x)) [f(f−1(x))]3 · 3 g(x) = f(x)− f(a) 0 ⇐⇒ x  a.

Portanto, a fun¸c˜ao g atinge um m´ınimo em a. Logo

g(x) = f (x)− f(a) − f(a)(x− a)  g(a) = 0 ∀x ∈ I.

(14)

Cap´

ıtulo 2

O teorema do valor interm´edio

Resolu¸c˜

ao dos exerc´ıcios

2.1

O teorema do valor interm´edio e a localiza¸c˜

ao dos zeros de

fun¸c˜

oes cont´ınuas

1 x1 = 0.337 x2 = 1.307 2 x = 1.8 3 x = 0.5 4 (a) f (x) =    −1 x < 0 1 x > 0

(b) Pelo Facto 2.1.2, uma fun¸c˜ao cont´ınua em R e que tome os valores −1 e 1 toma tamb´em todos os valores entre −1 e 1. Logo, n˜ao existe nenhuma fun¸c˜ao nas condi¸c˜oes pretendidas.

(c) Pelo Facto 2.1.2, f ([−1, 0[) e f(]0, 1]) s˜ao intervalos de R. Se um desses intervalos for n˜ao degenerado (isto ´e, do tipo [a, b] com a < b) ent˜ao ir´a conter infinitos valores distintos. Por outro lado, se f ([−1, 0[) e f(]0, 1]) forem intervalos degenerados, f s´o toma no m´aximo dois valores distintos. Logo, n˜ao existe nenhuma fun¸c˜ao que satisfa¸ca as condi¸c˜oes pretendidas.

(d) Dado que f ´e n˜ao constante, tem de tomar dois valores irracionais distintos e, sendo cont´ınua, ter´a de tomar todos os valores interm´edios. Dado que entre dois irracionais h´a um racional, n˜ao existe nenhuma fun¸c˜ao nas condi¸c˜oes pretendidas.

(15)

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

deveria tamb´em tomar todos os valores interm´edios, entre os quais h´a valores n˜ao inteiros. Logo, f s´o toma um valor inteiro e ´e portanto constante.

6 Seja A(r) a ´area do c´ırculo de raio r. Tem-se que A ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua em ]0, +∞[ e

lim

r→0A(r) = 0,

A(10) = 100π > 200.

Conclu´ımos ent˜ao que existe

r ∈]0, 10[ : A(r) = 200. 7

B

P

A

O

Q

a

Dado que a ´area do sector circular OBP (= ´



area do sector circular QAO ) ´



e r22·α e a ´

area do triˆangulo OP Q ´e r2sen α cos α, a ´area da por¸c˜ao de semic´ırculo que fica abaixo da recta ´e

A(α) = r2α + r2sen α cos α, α∈

 0,π

2 

. A(α) ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua em0,π2 e

lim α→0+A(r) = 0, αlimr 2 A(α) = πr 2 2 · Conclu´ımos ent˜ao que existe

α∈  0,π 2  : A(α) = πr 2

4 = metade da ´area do semic´ırculo.

8 A fun¸c˜ao g(x) = f (x) − x ´e cont´ınua em [0, 1] (diferen¸ca de fun¸c˜oes cont´ınuas 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 ou

f (1) = 1, e a afirma¸c˜ao fica provada. Caso contr´ario, g(0) > 0 e g(1) < 0 e sendo g cont´ınua em [0, 1], existir´a c∈]0, 1[ : g(c) = f(c) − c = 0 ⇐⇒ f(c) = c.

(16)

2.2

Uma aplica¸c˜

ao do teorema do valor interm´edio: contradom´ınios

1 • A fun¸c˜ao x2−x ´e cont´ınua em R, tem um m´ınimo no ponto x = 12, onde ´e f (12) = −14 e

lim

x→+∞f (x) = limx→−∞f (x) = +∞.

Logo o contradom´ınio de f ´e −14 , +∞.

• A fun¸c˜ao f(x) = x

x+1 ´e cont´ınua e diferenci´avel no seu dom´ınio R \ {−1} e f(x) =

1 (x+1)2 > 0 em R \ {−1}. Como limx→−1−f (x) = +∞, lim x→−∞f (x) = 1 e f ´e crescente em ]− ∞, −1[, f (]− ∞, −1[) =]1, +∞[. Analogamente, de limx→−1+f (x) =−∞, lim x→+∞f (x) = 1

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

f (]− 1, +∞[) =] − ∞, 1[.

Portanto o contradom´ınio de f ´eR \ {1}.

• Procedendo como no exemplo 2.2.2, obtemos que o contradom´ınio de f ´e 60 30, +∞

 .

• f ´e cont´ınua no seu dom´ınio R. Como f(x)  1, ∀x ∈ R e f(0) = 1, 1 ´e valor m´ınimo

de f em R. Sendo

lim

x→+∞f (x) = limx→−∞f (x) = +∞

o contradon´ınio de f ´e [1, +∞[.

• f(x) = x2

1+x2 ´e cont´ınua no seu dom´ınio R. Para al´em disso, 0  f(x) < 1, ∀x ∈ R. Como f (0) = 0 e

lim

x→+∞f (x) = limx→−∞f (x) = 1,

(17)

2

1 10

• FALSA. Para a fun¸c˜ao representada, f(R) =]0, 10].

• VERDADEIRA. Pelo facto 2.1.2, f tem de tomar todos os valores no intervalos ]0, 10]

(que cont´em o intervalo [1, 10].)

• FALSA. Ver figura acima.

• VERDADEIRA. Seja x ∈ R : f(x) = 10. Como limx→−∞f (x) = 1, f toma todos os

valores 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, +∞[ (e

portanto x2 = x1) tal que f (x2) = 3. Em conclus˜ao, a equa¸c˜ao f (x) = 3 admite pelo

(18)

2.3

Outra aplica¸

ao do teorema do valor interm´

edio:

resolu¸

ao de inequa¸

oes

1 • f(x) = 0 ⇐⇒ x = 5 ±21 ⇐⇒ x = 2 ou x = 3. De

x 0 2 5

2 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 3 f (x) −15 0 3 0 −3 0 15 (Observa¸c˜ao: f ´e ´ımpar e, por isso, ´e suficiente calcular f em 1 e 3.) conclu´ımos que o quadro de sinais de f ser´a

x −2 0 2 f (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. Tamb´em esta ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar. De

x −2 −√2 −1 0 1 2 2

f (x) −24 0 3 0 −3 0 24

obtemos o quadro de sinais

x −√2 0 2

f (x) 0 + − 0 +

(19)

• Podemos considerar a equa¸c˜ao associada x = √x + 2 cujas solu¸c˜oes s˜ao solu¸c˜oes de

x2 = x + 2. Ora, x2 = x + 2 equivale a x = −1 ou x = 2 e apenas x = 2 ´e solu¸c˜ao de

x =√x + 2.

Sendo f (x) = x−√x + 2, de

x 0 2 7

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

x 2

f (x) − 0 +

Conclu´ımos que f (x) > 0⇐⇒ x > 2.

2 Tendo em conta que f ´e cont´ınua e a partir da informa¸c˜ao dada obtemos o seguinte quadro de sinais

x 1 3

f (x) + 0 + 0

(20)

Cap´

ıtulo 3

Fun¸c˜

ao exponencial e fun¸c˜

ao logar´ıtmica

Resolu¸c˜

ao dos exerc´ıcios

3.2

Defini¸c˜

oes e propriedades b´

asicas

1 Em rela¸c˜ao `a primeira tabela de valores: substituindo em x = 2 e x = 4 obtemos, respectivamente, 4 = Cb2 e 36 = Cb4. Conclui-se imediatamente que ter´a de ser

C = 0 e C = 4

9· Obt´em-se ent˜ao b = 3.

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

valores.

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

(21)

3

4 Fazendo, com a calculadora, c´alculos de potˆencias de expoente racional, obtemos 1.4142 <√2 < 1.4143.

Como 5x ´e uma fun¸c˜ao estritamente crescente obtemos 51.4142 < 5

2

< 51.4143

e mais uma vez com a calculadora concluimos

9.7383 < 5√2 < 9.7399

e assim o valor pretendido ´e 9.73.

5 • 9x = 3⇔ 32x = 3 ⇔ 2x = 1 ⇔ x = 1 2·

(porque 3x ´e uma fun¸ao injectiva.) • 10x = 0.001⇔ 10x= 10−3 ⇔ x = −3. • (32x· 32 )4 = 27⇔ 34(2x+2)= 33 ⇔ 4(2x + 2) = 3 ⇔ x = −58· • 104x = 10x+1 ⇔ 4x = x + 1 ⇔ x = 1 3· • 23x+1 < 2x+4 ⇔ 2x < 3 ⇔ x < 32·

(porque 2x ´e estritamente crescente.) • 2x

< 1+22x ⇔ 2

x

+ 22x− 2 < 0.

Fazendo y = 2x obtemos y2 + y − 2 < 0. Como a par´abola ´e negativa entre −2 e 1 concluimos

−2 < 2x

(22)

6 • 10x+h− 10x= 10x(10h− 1) • 2x + 2−x = 2x(1 + 2−2x) • 9x− 1 = (3x− 1)(3x+ 1) • 10x− 1 = (10x 2 + 1)(10 x 2 − 1). 7 2 x− 1 2x+ 1 = 2x(1− 2−x) 2x(1 + 2−x) = 1− 2−x 1 + 2−x · 8 2 2x− 1 2x+ 1 = (2x− 1)(2x+ 1) 2x+ 1 = 2 x− 1.

3.3

Fun¸c˜

ao logar´ıtmica. Deriva¸c˜

ao das fun¸c˜

oes exponenciais e

logar´ıtmicas

1 • log264 = log226 = 6 • log88 = 1 • log28 = log22 3 = 3 • log1010 000 = log1010 4 = 4 • log7 1 7 = log77−1 =−1 • log32 1 2 = (porque 2 5 = 32⇒ 2 = 3215) log 322−1 = log3232 1 5 =1 5 • log10100−3= log1010−6 =−6 • log25 5 = log255 1 2 = (porque 25 = 52 ⇒ 5 = 25 1 2) log 2525 1 4 = 1 4 • log2 3 4 9  = log(2 3) 2 3 2 = 2 • log√ 39 = log3 √ 34 = 4 • log3 1 81 = log3 1 34 = log33−4 =−4. 2 • 3 log8(2x+15) = 7⇔ log8(2x+15) = 73 ⇔ 2x+15 = (23)7 3 ⇔ 2x+15 = 27 ⇔ x = 113 2 • 2 · 10x + 0.5 = 7.22⇔ 2 · 10x = 6, 72⇔ 10x= 3, 36⇔ x = log10(3, 36) • 3 · 25t= 100⇔ 5t = log 2 100 3  ⇔ t = 1 5log2 100 3  • ln(5x − 10) = 0.8 ⇔ 5x − 10 = e0.8⇔ 5x = 10 + e0.8 ⇔ x = 2 + e0.8 5

(23)

• log3x = 4⇔ x = 3

4 ⇔ x = 81

• ex+1− 20 = 4 ⇔ ex+1 = 24 ⇔ x + 1 = ln 24 ⇔ x = ln 24 − 1 • logx2 = log3x. Ora logx2 =

ln 2

ln x e log3x = ln x ln 3·

Conclui-se ent˜ao que logx2 = log3x⇔ ln 2 ln 3 = (ln x)2 ⇔ ln x = ±ln 2 ln 3

⇔ x = e√ln 2 ln 3 ou x = e−√ln 2 ln 3

• ln x+ln(x+1) = 1 ⇔ ln(x(x+1)) = 1 ⇔ x(x+1) = e ⇔ x2+x−e = 0 ⇔ x = −1±√1+4 e 2

• ln(2x) − ln(2x + 1) = 0

imposs´ıvel porque 2x + 1 > 2x e ln ´e estritamente crescente

• ln(3x + 1) − ln(3x) = 2 ⇔ ln3x+1 3x  = 2 ⇔ ln1 + 3x1 = 2 ⇔ 1 + 1 3x = e 2 1 3x = e 2− 1 ⇔ 3x = 1 e2−1 ⇔ x = 1 3(e2−1)

• 2 log5x + log5(5x) = 3⇔ log5x 2 + log5(5x) = 3⇔ log5(x 2· 5x) = 3 ⇔ log 5(5x 3 ) = 3 log55 + log5(x 3 ) = 3⇔ log5(x 3 ) = 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 • e2x−1 <−1 - imposs´ıvel porque ex > 0 ∀x ∈ R

• e2x− 2x

< 0⇔ e2x− eln 2·x< 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 e−1 =−1 • e4 ln 3= eln 34

= 34

• log10(log1010) = log10(1) = 0

3 2ln 4− 3 ln 2 = 3 2ln 2 2 − ln 23 = ln(22)3 2 − ln 23 = ln 23− ln 23 = 0 • ln 2 − ln x + ln 7 = ln2·7 x = ln 14 x · 5 (a) f (x + k) = Cbx+k e 2f (x) = 2Cbx

(24)

Se C = 0, ter´a de ser k = logb2. Se C = 0, k pode ser qualquer n´umero.

(b) Analogamente a (a), se C = 0, k pode ser qualquer n´umero. Se C = 0, k = logb3.

6 • (e2x) = 2e2x • (3x) =eln 3·x = ln 3eln 3·x= ln 3· 3x • (52x ) =e2 ln 5·x = 2 ln 5 52x ex2 = 2x ex2 • (x ex) = ex+ x ex = ex(1 + x) • (x e−x) = e−x− xe−x = e−x(1− x) (x + 1)e−x2  = e−x2 − 2(x + 1)xe−x2 = e−x2(1− 2x − 2x2) • (x e2x+1) = e2x+1+ 2xe2x+1 = e2x+1(1 + 2x) 1 2(e x+ e−x) = 1 2(e x− e−x) • (log(2x + 1)) = 2 ln(10)(2x+1) • (x ln x) = ln x + 1 ln(1 + x2)) = 1+x2x2  • ((log(1 − x))2) = 2 log(1− x) −1 ln(10)(1−x)  = −2 log(1−x)ln(10)(1−x) (e−2x(1 + e3x))10 = 10 (e−2x(1 + e3x))9·  −2e−2x(1 + e3x) + 3 e−2xe3x    ex  = 10 (e−2x(1 + e3x))9· (−2e−2x+ ex) (2x + 1)√3 = 23(2x + 1)3−1 7 ln x+1x definida em R+  ln x + 1 x  = 1 x · x − (ln x + 1) x2 = ln x x2

e por isso a fun¸c˜ao dada ´e estritamente crescente em ]0, 1[ e estritamente decrescente em ]1, +∞[. Em x = 1 a fun¸c˜ao atinge o m´aximo relativo 1.

8 • ((1 + x)e−x) = e−x− (1 + x)e−x = −xe−x. A fun¸c˜ao dada decresce em ]0, +∞[ e cresce em ]− ∞, 0[. Em zero a fun¸c˜ao atinge o m´aximo absoluto 1.

 2x− 1 e3x  = 2e 3x− (2x − 1)3e3x e6x = 5e3x− 6xe3x e6x = 5− 6x e3x ·

(25)

Em 5

6 a fun¸c˜ao atinge o m´aximo absoluto

5 3−1 e52 = 2 3e− 5 2 ·  (x− 1)2 ex4  = 2(x− 1)e x 4 − (x − 1)2· 1 4e x 4 ex2 = e x 4 ex2 2(x− 1) − (x− 1) 2 4 = e−x4 2x− 2 − x 2 4 + x 2 1 4 = e−x4  5 2x− x2 4 9 4  = e −x 4 4  10x− x2− 9 A fun¸c˜ao dada ´e decrescente em ]− ∞, 1[ e em ]9, +∞[ e ´e crescente em ]1, 9[.

−∞ 1 9 + f  0  e649/4  lim x→+∞ (x− 1)2 ex4

= 0 e por isso o m´ınimo atingido em x = 1 ´e absoluto. A fun¸c˜ao cresce em ]1, 9[ e decresce em ]9, +∞[ e, por isso, em x = 9 ´e atingido um m´aximo que, por se ter lim

x→−∞

(x− 1)2

ex4

= +∞, ´e relativo. O valor do m´aximo relativo ´e 64

e9/4· • O dom´ınio de x − ln x ´e R+. (x− ln x) = 1 1 x = x− 1 x ·

A fun¸c˜ao dada decresce em ]0, 1[ e cresce em ]1, +∞[. Em x = 1 ´e atingido o m´ınimo absoluto 1. • O dom´ınio de x 1−ln x ´eR +\ {e}.  x 1− ln x  = 1− ln x − x  1 x  (1− ln x)2 = 2− ln x (1− ln x)2 ·

A fun¸c˜ao dada cresce em ]0, e[ e em ]e, e2[ e decresce em ]e2, +∞[. Em e2 ´e atingido um

m´aximo que, por se ter limx→e− 1−ln xx = +∞, ´e relativo. O valor deste m´aximo relativo ´e −e2.

9 A recta y = αx ´e tangente a gr´afico de y = ex em x

0 se

y = ex0 + ex0(x− x

0)

for a recta y = αx. Ou seja, tem de ser α = ex0 e ex0 = ex0x

(26)

Concluimos que α = ex0 e x

0 = 1 ou seja α = e e o ponto de tangˆencia ´e x0 = 1. Quanto

ao n´umero de solu¸c˜oes da equa¸c˜ao ex = αx temos, se α < 0:

Com α < 0, h´a uma solu¸c˜ao.

Com α = 0, n˜ao h´a solu¸c˜oes uma vez que ex = 0 ´e imposs´ıvel.

(27)

Conclus˜oes: com α∈]0, e[, n˜ao h´a solu¸c˜oes; com α = e, h´a uma solu¸c˜ao (x = 1); com α∈]e, +∞[, h´a duas solu¸c˜oes.

10 (a) f :]0, +∞[→ R f (x) = e x x f(x) = e xx− ex x2 = ex(x− 1) x2 f(x) = (e x (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. Obtemos 1 f m´ınimo absoluto f 0 + f + + + lim x→0+ ex

x = +∞, x = 0 ´e uma ass´ıntota vertical ao gr´afico de f.

lim x→+∞ ex x x = limx→+∞ ex

x2 = +∞, n˜ao existem ass´ıntotas em +∞.

Em x = 1, a fun¸ao atinge o seu m´ınimo absoluto e. (b) • g : R → R. g(x) = e x 1 + ex g(x) = e x (1 + ex)− exex (1 + ex)2 = ex (1 + ex)2 g(x) = e x (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 de inflex˜ao g + + + g + 0

(28)

lim x→+∞ ex 1 + ex = limx→+∞ 1 e−x+ 1 = 1.

y = 1 ´e uma ass´ıntota horizontal em +∞. lim

x→−∞ ex

1 + ex = 0

y = 0 ´e uma ass´ıntota horizontal em−∞

g n˜ao admite extremos relativos em R.

• h : R → R. h(x) = e x− 1 ex+ 1 h(x) = e x (ex+ 1)− ex(ex− 1) (ex+ 1)2 = 2ex (ex+ 1)2 h(x) = 2· [e x (ex+ 1)2− 2(ex+ 1)· ex· ex] (ex+ 1)4 = 2· ex (ex+ 1)3 [e x + 1− 2ex] = 2e x (1− ex) (ex+ 1)3 0 h ponto de inflex˜ao h + + + h + 0 lim x→+∞ ex− 1

ex+ 1 = 1, y = 1 ´e ass´ıntota horizontal ao gr´afico de h em +∞.

lim

x→−∞

ex− 1

ex+ 1 =−1, y = −1 ´e ass´ıntota horizontal em −∞ ao gr´afico de h. h n˜ao 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

(29)

e e3/2 f m´aximo absoluto ponto de infex˜ao f + 0 f 0 + lim x→0+ ln x

x =−∞, x = 0 ´e uma ass´ıntota vertical ao gr´afico de f.

lim

x→+∞

ln x

x = 0, y = 0 ´e uma ass´ıntota horizontal em +∞ ao gr´afico de f.

Em x = e a fun¸c˜ao atinge o seu m´aximo absoluto 1e· (d) f :]0, +∞[→ R f (x) = x2− ln x f(x) = 2x 2− 1 x f(x) = 2x 2+ 1 x2 1 2 f m´ınimo absoluto f 0 + f + + + lim x→0+x

2− ln x = +∞, x = 0 ´e uma ass´ıntota vertical ao gr´afico de f.

lim

x→+∞

x2 − ln x

x = +∞, n˜ao existem ass´ıntotas em +∞.

Em x = 1

2 a fun¸c˜ao atinge o seu m´ınimo absoluto 1 2 − ln 1 2· 11 x3 ´e estritamente crescente.  x√3  =√3 x√3−1 > 0

no dom´ınio da fun¸c˜ao.

4 3 < 4· 1 3

(30)

12 xx1 = e ln x x para x > 0.  eln xx  =  ln x x  xx1 = 1 x · x − ln x x2 x 1 x = 1− ln x x2 x 1 x

x1x ´e estritamente decrescente em ]e, +∞[.

7

7 > 8 8

13 0.1x = eln 10−1·x

(0.1x) = ln 10−1eln 10−1·x< 0.

0.1x ´e uma fun¸ao decrescente

0.10.1 > 0.10.2

3.4

Exemplos de aplica¸c˜

oes das fun¸c˜

oes exponenciais e logar´ıtmicas

1 (a) No instante inicial, h´a aproximadamente 5 000 bact´erias e, por isso,

N (0) = N0 = 5 000.

Ao fim de 4 horas, h´a cerca de 100 000 bact´erias e, por isso,

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

Obtemos ent˜ao 4k = ln 20⇒ k = ln 204 ·

A express˜ao designat´oria ´e N (t) = 5 000 eln 204 t com ln 20

4 0.75.

(b) Dizem-nos que a popula¸c˜ao duplica ao fim de duas horas, ou seja que N (2) = 2N (0). Assim temos N0e2k = 2N0. Se N0 n˜ao for nulo, isto ´e se no instante zero existirem

bact´erias, 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 Q0e−0.00012T =

0, 2Q0 e, supondo Q0 = 0, obtemos ent˜ao

−0.00012T = ln 0.2, T 13412

3 Se os juros s˜ao compostos continuamente `a taxa de 4 %, temos que o capital gerado ao fim do tempo t (anos) por um capital inicial C ´e dado por

(31)

O instante T em que o capital triplica verifica

Ce0.04 T = 3C.

Supondo C > 0 tem-se ent˜ao 0.04T = ln 3⇒ T = 0.04ln 3 27, 5 anos.

4 O capital gerado ao fim do tempo t (anos) pelo capital inicial C em condi¸c˜oes de capitaliza¸c˜ao cont´ınua e taxa de juro anual 0.05 ´e dado por

C(t) = C e0.05 t

Para obtermos 20 000



ao fim de 8 anos temos de investir um capital inicial C tal que 20 000 = C e0.05×8

ou seja C = e20 0000.05×8 13 406, 4



.

5 A temperatura da barra no instante t ´e dada por T (t) = 5 + C e−kt em que C verifica 150 = T (0) = 5 + C. Tem-se ent˜ao T (t) = 5 + 145 e−kt Como T (2) = 5 + 145 e−k·2= 60, obtemos e−2k= 55 145 ⇒ k = − 1 2ln  55 145  .

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

10 = 5 + 145e−kt0 ⇔ e−kt0 = 5 145. t0 =1kln  5 145  minutos 6,95 minutos.

6 Tem-se f(t) = −0.7 × 250 e−0.7t = −175 e−0.7t. Assim f(0) =−175. O tempo t0 ao

fim do qual o antibi´otico injectado ´e reduzido a 10% da quantidade inicial verifica 250 e−0.7t0 = 0.1× 250.

Tem-se ent˜ao

t0 =

10

(32)

7 Ao fim de uma hora, a cultura de bact´erias 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 ent˜ao que a lei de crescimento do n´umero de bact´erias ´e

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

O tempo t0 ao fim do qual est˜ao presentes 108 bact´erias verifica 108 = 106× e(ln 3)t0, ou

seja

t0 =

ln 102

ln 3 4, 19 horas.

8 O per´ıodo de meia-vida, t0, ´e o tempo ao fim do qual a massa ´e metade da massa

inicial, ou seja Q(t0) = 1 2Q(0). Assim ser´a C e−0.023 t0 = 1 2C, o que equivale, supondo C = 0, a

t0 =

1 000

23 ln

1

2 anos 30, 14 anos.

9 Se T denota a idade (aproximada) da amostra, tem-se Q(T ) = Q0e−0.00012T = 30 100 · Q0. Logo, T =−10 5 12 ln 3 10 = 105 12 ln 10 3 ≈ 10 033.1 anos.

10 Se N (t) = N0ekt denota o n´umero de bact´erias no instante t medindo o tempo em

horas, tem-se N  t + 1 4  = 2N (t) ⇔ N0ekt+ k 4 = 2N0ekt ⇔ ek 4 = 2 ⇔ k = 4 ln 2

(33)

Para al´em disso, N (0) = N0 = 108. Logo N (t) = 108e4 ln 2t e de 100 15N (t0) = 10 8 , deduz-se que 15 100 · 10 8· e4 ln 2 t0 = 108 ⇔ e4 ln 2t0 = 100 15 ⇔ t0 = 1 4 ln 2 · ln 100 15 ≈ 0.68 horas ≈ 40.8 minutos. desde que a infec¸c˜ao foi detectada.

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

P (0) = P0 = 40 000 e P (9) = P0e9k = 100 000. Logo 40 000e9k = 100 000⇔ k = 1 9ln 5 2·

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

2P0. Ora, P (t0) = 2P0 ⇔ 40 000 · e 1 9ln 5 2t0 = 80 000 ⇔ t0 = 9 ln 2

ln52 ≈ 6.8 anos ≈ 6 anos e 9.6 meses.

Concluimos que o pre¸co 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 fim de 4 anos pelo capital inicial de 5 000



em condi¸c˜oes de capitaliza¸c˜ao trimestrial e `a taxa de juro anual 0.05 ´e

5 000  1 + 0.05 4 16 6 099.45



(34)

e em condi¸c˜oes de capitaliza¸c˜ao cont´ınua e `a taxa de juro anual 0.048 ´e 5 000 e0.048·4 6 058.35



.

N˜ao ´e portanto favor´avel optar pela segunda op¸c˜ao.

14 v(t) = 10(1− e−0.3t)

Ass´ıntota horizontal: v = 10.

A velocidade terminal ´e o limite da fun¸c˜ao velocidade quando o tempo t tende para +∞

v(t) > 7⇔ 1 − e−0.3t> 7 10 ⇔ e −0.3t< 3 10 ⇔ −0.3t < ln 3 10 ⇔ t > − 10 3 ln 3 10 4.01.

Deve decorrer um tempo superior a103 ln103 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 necess´ario para que a popula¸c˜ao atinja o n´umero 1 500 verifica

1 500 = 2 000 1 + 39e−4T 1 500 + 1 500× 39 e−4T = 2 000 e−4T = 500 1 500× 39 e−4T = 1 117 T =−1 4ln 1 117 semanas 1, 19 semanas.

16 Tem-se I(t) = 1+c e106−kt e por isso 100 = I(0) = 10

6

1+c· Conclui-se ent˜ao que 100+100c =

(35)

Ao fim de duas semanas h´a 550 casos e por isso I(2) = 10 6 1 + (104− 1)e−2k = 550 ⇔ 1 + (104− 1)e−2k = 10 5 55 ⇔ e−2k = 1 104− 1  105 55 − 1  ⇔ k = −1 2ln 1 104− 1  105 55 − 1  =1 2ln  2 221 12 221  0.853. Ao fim de 3 semanas haver´a I(3) = 10 6 1 + (104− 1)e−3k 1 289.2 infectados.

17 De f (t) = 300(e−0.4t− e−t) obtemos f(t) = 300(−0.4e−0.4t+ e−t) e por isso

f(t) = 0⇔ e−t = 0.4e−0.4t⇔ et(0.4−1) = 0.4⇔ t = −5

3ln(0.4). Por outro lado,

f(t) > 0 se e s´o se t <−10 6 ln(0.4) e por isso em t =−5 3ln(0.4) 1, 53 horas ´

e atingido o valor m´aximo de medicamento no sangue.

A quantidade de substˆancia est´a a decrescer com maior rapidez quando a derivada de f atingir o seu valor m´ınimo. Ora

f(t) = 300(+0.16e−0.4t− e−t) = 0 se e s´o se t =−5

3ln(0.16) e

f(t) < 0 se e s´o se t <−5

3ln(0.16). Assim o valor procurado ´e

5

3ln(0.16) 3, 054 horas.

Quanto ao intervalo de tempo em que a quantidade de medicamento se mant´em superior a 80 unidades, pode ser determinado atrav´es do gr´afico seguinte

(36)

18 A fun¸ao p× N(p) ´e estritamente decrescente e representa o dinheiro obtido com a venda de autom´oveis de um dado pre¸co p∈ [10, 20].

19 De T (t) = θ + Ce−kt obtemos

T(t) =−kCe−kt =−k(T (t) − θ),

(37)

3.5

Compara¸c˜

ao do comportamento das fun¸c˜

oes exponenciais e

logar´ıtmicas com o dos polin´

omios

1 • lim x→−∞e x (x2+ 5x− 1) = lim x→−∞ x2+ 5x− 1 e−x = 0 • lim x→+∞ e−3x 1 + x2 = 0; x→−∞lim e−3x 1 + x2 = + • lim x→0+x e 1 x = lim x→0+ e1x 1 x = +∞; lim x→0−x e 1 x = 0 • lim x→+∞(e x− 10x2 ) = lim x→+∞e x  1 10x 2 ex  = +∞; lim x→−∞(e x− 10x2 ) =−∞ • lim x→±∞e x x+1(1− 2x2) = −∞ • lim x→+∞ ln(1 + x2)2 1 + x = limx→+∞ 2 ln(1 + x2) 1 + x = 0 • lim x→0+ x ln x = 0  por 3.5.5 com α = 12  • lim x→+∞(x− ln x) = limx→+∞x  1−ln x x  = +

(38)

Cap´

ıtulo 4

As Fun¸c˜

oes Trigonom´etricas

Resolu¸c˜

ao dos exerc´ıcios

4.1

Revis˜

ao

1 • Uma vez que tan x = sen2x

cos2x, tem-se sen2x + tan2x = sen2x +sen

2 x cos2x = sen 2 x  1 + 1 cos2x  = = (1− cos2x)  1 + 1 cos2x  = 1 + 1 cos2x − cos 2 x− 1 = 1 cos2x − cos 2 x.

• Nota: o enunciado deste exerc´ıcio est´a errado; devia ler-se :

2 sen2x− 1

cos2x = tan 2

x− 1.

Usando a igualdade sen2x + cos2x = 1, tem-se

2 sen2x− 1

cos2x =

2 sen2x− sen2x− cos2x

cos2x = sen2x− cos2x cos2x = tan 2 x− 1. • cos4

x− sen4x = (cos2x− sen2x)(cos2x + sen2x)

= cos2x− sen2x = cos(2x). • sen2 x− 1 sen2x = (sen2x)2− 1 sen2x = (1− cos2x)2− 1 sen2x = 1− 2 cos 2x + cos4x− 1 sen2x = cos2x(cos2x− 2) sen2x = cos2x− 2 tan2x ·

(39)

2 • sen x = cos x ⇐⇒ x = π 4 + kπ, k ∈ Z sen2t 1− cos t = 1− cos t ⇐⇒ 1− cos2t 1− 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 = π

2 + kπ, 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 = π 3 + 2kπ ∨ 2t = − π 3 + 2kπ ∨ 2t = kπ, k ∈ Z ⇔ t = π 6 + kπ ∨ t = − π 6 + kπ ∨ t = 2 , k∈ Z • Em [0, 2π] tem-se sen x < cos x⇐⇒ x ∈  0,π 4  4 , 4 4 ,2π ⇐⇒ x ∈0,π 4  4 , 2π .

• sen x < cos 2x ⇔ sen x < cos2

x− sen2x = 1− 2 sen2x ⇔ 2 sen2 x + 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.

(40)

4.2

Limites trigonom´etricos. Continuidade e derivadas das

fun¸c˜

oes trigonom´etricas

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));

• (sen2x− x) = 2 sen x cos x− 1;

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

• (x2tan(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 = 2kπ (k ∈ Z), cos x = −1

se x = π + 2kπ (k ∈ Z). Portanto, os valores m´ınimo e m´aximo de cos x s˜ao −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 =

4 + 2kπ ou x =−

π

4 + 2kπ (k ∈ Z)

ou, mais simplesmente:

x =−π

4 + kπ (k ∈ Z). Temos, por isso, o seguinte quadro de varia¸c˜ao

x −3π4 −π4 4 4

f(x) · · · + 0 0 + 0 − 0 + · · ·

f (x)     

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

e conclui-se que f tem o valor m´ınimo

f  −π 4  = 2 2 2 2 = 2

(41)

(atingido em todos os pontos da forma −π 4 + 2kπ, k∈ Z) e o valor m´aximo f  4  = 2 2 + 2 2 = 2 (atingido em todos os pontos da forma 4 + 2kπ, k∈ Z).

• f(x) = sen x −√3 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 x cos x = 1 3 ⇐⇒ tan x = − 3 3 ⇐⇒ x = − π 6 + kπ (k ∈ Z), x −5π6 −π6 6 11π6 f(x) + 0 0 + 0 0 + f (x)     

Conclui-se que os valores m´ınimo e m´aximo de f s˜ao, respectivamente,

f  −π 6  =1 2 3· 3 2 = 1 2 3 2 =−2 e f  6  = 1 2 3·  3 2  = 1 2+ 3 2 = 2.

Estes valores s˜ao tamb´em atingidos nos pontos que diferem de−π6 ou 6 por um m´ultiplo inteiro de 2π.

• f(x) = cos2x: Como 0  cos2x 1 e

cos x = 0⇐⇒ x = π

2 + kπ (k∈ Z)

cos x =±1 ⇐⇒ x = kπ (k ∈ Z)

conclu´ımos imediatamente que o m´ınimo de f ´e 0 (atingido nos pontos π2 + kπ, k ∈ Z) e o m´aximo de f ´e 1 (atingido nos pontos x = kπ).

• f(x) = x + 2 sen x: Temos f(x) = 1 + 2 cos x f(x) = 0⇐⇒ cos x = −1 2 ⇐⇒ x = 3 + 2kπ (k ∈ Z) ou x = 3 + 2kπ (k∈ Z).

(42)

x −4π3 −2π3 3 3 3 10π3

f(x) + 0 0 + 0 − 0 + 0 − 0 +

f (x)       

Conclu´ımos que f atinge m´aximos relativos:

f  −4π 3  =−4π 3 + 23 2 = −4π + 3√3 3 , f  3  = 3 + 23 2 = 2π + 3√3 3 , f  3  = 3 + 23 2 = 8π + 3√3 3 , etc. e m´ınimos relativos: f  −2π 3  =−2π 3 23 2 = −2π − 3√3 3 , f  −8π 3  =−8π 3 23 2 = −4π − 3√3 3 , f  −14π 3  =−14π 3 23 2 = −10π − 3√3 3 , etc.

Podemos encontrar valores m´ınimos (relativos) negativos mas arbitrariamente grandes em m´odulo; e valores m´aximos (relativos) arbitrariamente grandes. Concretamente:

f  3 + 2kπ  = 3 + 2kπ + 3−→ +∞ quando k → +∞ e f  3 + 2kπ  = 3 + 2kπ− 3−→ −∞

quando k → −∞. A fun¸c˜ao n˜ao tem m´aximo nem m´ınimo absolutos. ´E interessante obter um gr´afico de f (x) e f(x) numa janela de visualiza¸c˜ao conveniente, por exemplo uma que contenha o rectˆangulo

3 − 4π  x  3 + 4π, 3 3 y  14π 3 + 3. A fun¸c˜ao f n˜ao ´e peri´odica, mas a sua derivada f ´e obviamente peri´odica.

• f(x) = tan x − 2x: Como

(43)

e

f(x) = 0⇐⇒ tan x = ±1 ⇐⇒ x = −π

4 + kπ (k ∈ Z)

ou x = π

4 + kπ (k ∈ Z).

Como os pontos da forma (2k + 1)π2 (k ∈ Z) n˜ao fazem parte do dom´ınio, s´o faz sentido estudar a fun¸c˜ao nos intervalos que resultam de −π2,π2 por uma translac¸c˜ao de valor igual a um m´ultiplo inteiro de π. Para facilitar, vamos estudar a fun¸c˜ao em−3π

2 , π 2   −π 2, π 2  π 2, 2  . x −3π2 −5π4 −3π4 −π2 −π4 π4 π2 4 4 2 f(x) + 0 0 + + 0 − 0 + + 0 − 0 + f (x)         

Vemos que, em cada intervalo considerado, a fun¸c˜ao tem um m´ınimo relativo e um m´aximo relativo. Por exemplo, em −π2,π2 tem o m´ınimo relativo

f π 4  = tanπ 4 − 2 π 4 = 1 π 2 e o m´aximo relativo f  −π 4  = tan  −π 4  − 2 ·−π 4  =−1 + π 2· No entanto, a fun¸c˜ao n˜ao tem m´aximo nem m´ınimo absolutos, visto que

lim x→−π 2 +f (x) =−∞ e xlimπ 2 f (x) = +∞. 3 f (x) = sen x x , 0 < x  π 2· Temos f(x) = x cos x− sen x x2 · No intervalo ]0,π 2[, a equa¸c˜ao

f(x) = 0, isto ´e, x cos x = sen x

n˜ao tem solu¸c˜oes, pois ela ´e equivalente a (justifique) tan x = x

(44)

e os gr´aficos de tan x e x, no intervalo 0,π

2



, n˜ao se encontram: o primeiro est´a sempre acima do segundo (∗). Ent˜ao

f(x) < 0 ∀x ∈ 

0,π 2  pois esta inequa¸c˜ao ´e equivalente a

tan x > x, se 0 < x < π 2, sendo imediato, para x = π2, que

f π 2  = −1 π2/4 < 0. Como lim x→0 sen x x = 1

conclu´ımos que f (x) ´e decrescente em0,π2, tomando todos os valores do intervaloπ2 ,1. Se prolongarmos a fun¸c˜ao f ao intervalo fechado 0,π2 pondo f (0) = 1, obtemos uma nova fun¸c˜ao, cont´ınua, com valor m´aximo igual a 1.

Justifica¸c˜ao da afirma¸c˜ao (∗), isto ´e, da desigualdade

tan x > x se 0 < x < π 2· Seja g(x) = tan x− x. Ent˜ao

g(x) = 1 + tan2x− 1 = tan2x > 0, ∀x ∈  0,π 2  ,

e g(x) ´e fun¸c˜ao estritamente crescente. Logo,

g(x) > g(0) ∀x ∈  0,π 2  .

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

4 f (x) = 2 cos x− sen x, 0  x  π

f(x) = −2 sen x − cos x

f(x) = 0⇐⇒ sen xcos x =12 ⇐⇒ tan x = −12·

No intervalo [0, π], h´a um ˆangulo cuja tangente ´e 12· Recorrendo a uma m´aquina de calcular obtemos o valor do ˆangulo α −π2 ,π2 cuja tangente ´e 12; vamos retˆe-lo com aproxima¸c˜ao `as mil´esimas:

(45)

Ent˜ao o ˆangulo procurado obt´em-se somando a este o valor π; vamos retˆe-lo com duas casas decimais:

β = π + α≈ 2.68.

Obtemos o quadro de varia¸c˜ao

x 0 β π

f(x) − 0 +

f (x)  

e conclu´ımos, uma vez que

f (0) = 2,

f (β) = 2 cos β− sen β ≈ −2.23, f (π) =−2 − 0 = −2,

que f tem o valor m´ınimo absoluto aproximadamente igual a −2.23 e o valor m´aximo absoluto 2, sendo f (π) =−2 um m´aximo relativo.

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

2 3 + sen x  4 1 2 + sen x  3

e por isso (recorde-se que uma frac¸c˜ao 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 h´a a fazer ´e procurar os valores m´ınimo e m´aximo da fun¸c˜ao 3+sen x2+sen x = f (x). (Como ela ´e peri´odica, basta estud´a-la num intervalo de comprimento igual ao per´ıodo: por exemplo [0, 2π]). Ora, a derivada da fun¸c˜ao ´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 π2 e 2 , e obtemos o quadro

x 0 π2 2

f(x) − 0 + 0 −

(46)

Como f π 2  = 4 3, f  2  = 2, f (0) = f (2π) = 3 2

conclu´ımos que os valores m´ınimo e m´aximo de f (x) s˜ao, respectivamente, 43 e 2 e portanto

4

3  f(x)  2 ∀x ∈ [0, 2π], e tamb´em ∀x ∈ R.

6 O denominador da frac¸c˜ao anula-se em x = 0, ±π, e de um modo geral nos pontos

kπ (k ∈ Z). Para atribuir `a fun¸c˜ao f em causa um valor em 0 de modo que ela fique

cont´ınua em ]− π, π[, teremos de ter

f (0) = lim

x→0f (x) = limx→0 x

sen x · (2 + x) = 1 · 2 = 2. Por outro lado, como

lim

x→π−f (x) = +∞

(porque o numerador tende para π(2 + π) e o denominador tende para 0 por valores positivos) e

lim

x→−π+f (x) =−∞

(porque o numerador tende para −π(2 − π) e o denominador tende para 0 por valores negativos) n˜ao h´a extens˜ao cont´ınua de f ao intervalo [−π, π].

7 • lim x→0 sen 2x x = 2. N˜ao h´a ass´ıntotas verticais. • lim x→0+ sen 2x x2 = limx→0+ sen 2x x · 1 x = +∞, porque limx→0+ sen 2x x = 2 e limx→0+ 1 x = +∞. Analogamente, lim x→0− sen 2x

x2 =−∞. Logo, x = 0 ´e a equa¸c˜ao da ass´ıntota vertical desta

fun¸c˜ao. • lim x→0 sen 2x x = limx→0 √ sen 2x x  = 0 porque lim x→0 x = 0 e lim x→0 sen 2x x = 2. N˜ao h´a ass´ıntotas verticais. • lim x→0 tan x x3 = limx→0  sen x x · 1 x2 · 1 cos x  = +∞ porque lim x→0 sen x x = 1 , limx→0 1 x2 = +∞ e lim x→0 1

cos x = 1. Ent˜ao a ass´ıntota vertical da fun¸c˜ao tan x

(47)

4.3

Aplica¸c˜

oes `

a resolu¸c˜

ao de problemas envolvendo quest˜

oes de

geometria

1 Designemos por x a distˆancia ao ecr˜a e sejam α, β os ˆangulos indicados na figura.

10 3 x a b Sabemos que tan α = 13 x , tan β = 3 x

e o ˆangulo de visibilidade a partir do ponto com distˆancia x ´e α− β; ora tan(α− β) = tan α− tan β

1 + tan α· tan β = 13 x 3 x 1 + 13x ·x3 = = 10 x 1 + 39x2 = 10x x2+ 39·

Como o ˆangulo de visibilidade ´e, naturalmente, um ˆangulo entre 0 e π2 e a fun¸c˜ao tangente ´e crescente em 0,π2, encontrar o ˆangulo m´aximo ´e equivalente a encontrar o valor m´aximo da respectiva tangente. Vamos, pois, determinar o valor m´aximo de

f (x) = 10x x2+ 39 em [0, +∞[. Ora, f(x) = 10(x 2+ 39)− 20x2 x2+ 39 = 390− 10x2 x2+ 39 · A derivada anula-se em x =√39≈ 6.24: x 0 39 f(x) + 0 f (x)  

(48)

2 Seja AB o diˆametro da semicircunferˆencia e P o v´ertice do ˆangulo recto do triˆangulo rectˆangulo nela inscrito.

P

A

a

B

Designemos por α o ˆangulo P AB. Como sen α = P B

AB, cos α =

P A AB

e AB ´e um comprimento conhecido (chamemos-lhe ), obtemos como express˜ao para o per´ımetro do triˆangulo f (α) =  +  cos α + sen α, ou

f (α) = (1 + cos α + sen α).

Naturalmente, o ˆangulo α varia no interalo 0,π2. Para estudar a fun¸c˜ao indicada, cal-culamos f(α) = (cos α− sen α) e obtemos o quadro α 0 π4 π2 f(α) + 0 f (α)   O per´ımetro m´aximo ´e f π 4  =   1 + 1 2+ 1 2  =  2 + 2 2 =   1 +2  e corresponde ao triˆangulo rectˆangulo is´osceles.

3 Consideremos o farol no ponto F `a distˆancia 1 km da costa rectil´ınea AO. Quando o ˆ

angulo do raio de luz com F O ´e β, o ˆangulo do mesmo raio com a costa ´e α = π2 − β.

A a b F O x 1 km

(49)

Sendo x a distˆancia AO, expressa em km, temos tan α = 1

Ora, β varia com o tempo de modo que

β = 6πt

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

x(t) = 1 tanπ 2 − β  = 1 tanπ 2 − 6πt  · A velocidade com que o raio luminoso varre a costa ´e, pois,

x(t) =  1 + tan2π2 − 6πt tan2π 2 − 6πt 

e pretendemos calcul´a-la no instante em que α = 30o , o que significa

β(= 6πt) = 60o ou π

3 radianos. Ent˜ao o valor pedido ´e

 1 + tan2π2 π3 tan2π 2 π 3  = 24π ≈ 75.398 (km/min) (cerca de 4 524 km/h).

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

a

B h H k 30º

P

C

O per´ımetro do triˆangulo ´e 1 + P B + P C, e

P B = h cos α, P C = k cos 30o = 2k 3· Para calcular h e k em fun¸ao de α atendemos a que

P H h = tan α, P H k = tan 30 o = 3 3

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