CURSO DE CÁLCULO I PROF. MARCUS V. S. RODRIGUES

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1 CURSO DE CÁLCULO I PROF. MARCUS V. S. RODRIGUES FORTALEZA - 009

2 Curso e Cálculo I Capítulo SUMÁRIO Capítulo Limite e continuiae.. Limites: Um conceito intuitivo.. Limites: Técnicas para calcular 9.. Limites: Uma efinição matemática 9.4. Continuiae 5.5. Limites e continuiae as funções trigonométricas 65 Eercícios propostos (Capítulo ) 76 Capítulo A erivaa 79.. A reta tangente e a erivaa 79.. Técnicas e iferenciação 89.. Derivaa e funções trigonométricas 0.4. Regra a caeia Diferenciais e aproimação linear local 0 Eercícios propostos (Capítulo ) 7 Capítulo Funções Logarítmicas e Eponenciais.. Funções inversas.. Diferenciação implícita 4.. Derivaas as funções logarítmicas e eponenciais 4.4. Derivaa as funções inversas trigonométricas e a Regra e L Hopital 59 Eercícios propostos (Capítulo ) 70 Capítulo 4 Aplicações a erivaa Crescimento, ecrescimento e concaviae Etremos relativos Etremos absolutos e gráficos Problemas e otimização Eercícios propostos (Capítulo 4) 6 Respostas os eercícios propostos 0 Referências Bibliográficas

3 Curso e Cálculo I Capítulo CAPÍTULO LIMITE E CONTINUIDADE. Limites: Um conceito intuitivo Dois problemas geométricos estimularam o esenvolvimento o Cálculo: achar a área e regiões planas e achar retas tangentes às curvas. Em ambos os casos se requerem um processo e limite para obter a solução. Porém, o processo e limite ocorre em várias situações, seno o conceito e limite o alicerce sobre o qual toos os conceitos e cálculo estão baseaos. Em geral, poe-se izer que o uso básico e limites é o e escrever o comportamento e uma função quano a variável inepenente se aproima e certo valor. Por eemplo, seja a função; f = Esta função não está efinia para =, porém, poe-se analisar o seu comportamento nas proimiaes e =. Isto é, interessa-se o comportamento e f para valores e próimos a, porém não para =. A aproimação a poe-se ocorrer e uas formas, por valores menores o que, isto é pela esquera, e por valores maiores o que, isto é pela ireita. Dese moo poe-se construir a tabela., apresentaa logo a seguir. Tabela. X,9,99,999,9999,000,00,0, f(),9,99,999,9999,000,00,0, Para reforçar este comportamento poe-se analisar, também, o gráfico a função que é apresentao na figura..

4 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Figura. f Analisano a tabela. e a figura. fica eviente que os valores e tornam-se caa vez mais próimos e à meia que estiver mais próimo e, por qualquer um os laos, esquero ou ireito. Poe-se também, tornar os valores e f ( ) o mais próimo que se eseje e, fazeno suficientemente próimo e. Definição... Se os valores e f ( ) puerem ser efinios tão próimos quanto queira e um número L, fazeno suficientemente próimo e p (porém não igual a p ), ou seja; f L quano p, então, escreve-se: lim p f = L (.) escreve-se: Neste caso, tem-se que quano, então, lim =

5 Curso e Cálculo I Capítulo 5 O que foi feito anteriormente foi simplesmente uma conjectura a respeito o valor o limite lim gráficos, para verificar o valor este limite., usano argumentos algébricos e Eemplo Resolvio... Faça uma conjectura sobre o valor o seguinte limite: lim Solução. Observe que esta função não está efinia para =, então, fazeno os valores e se aproimarem e, tanto pela esquera, quanto pela ireita, poe-se construir a tabela.. Logo em seguia tem-se o gráfico cartesiano a função. Tabela. 0,9 0,99 0,999 0,9999,000,00,0, f(),9,99,999,9999,000,00,0, Figura.

6 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Da análise a tabela. e o gráfico a pela figura., tem-se: quano (por ambos os laos) logo, poe-se escrever: lim = Eemplo Resolvio... Faça uma conjectura sobre o valor limite: lim 0 + Solução. Esta função não está efinia para = 0, então, fazeno os valores e se aproimarem e 0, tanto pela esquera, quanto pela ireita, poe-se construir a tabela.. Tabela. 0,0 0,00 0,000 0, ,0000 0,000 0,00 0,0 f(),994987,9995,99995,999995,000005,00005,0005, Para fazer o gráfico a função, poe-se simplificar algebricamente a epressão o limite. Para 0, tem-se: ( + + ) ( + + ) + + = = = = Poe-se concluir que o gráfico a função é igual ao gráfico a função y= + + para 0.

7 Curso e Cálculo I Capítulo 7 Figura. Analisano os aos a tabela. e o gráfico ao pela figura., tem-se que: + quano 0 (por ambos os laos) logo, poe-se escrever: lim = + O limite ao pela equação. é chamao comumente e limite bilateral, porque requer que os valores e f ( ) fiquem caa vez mais e L quano tene a p por qualquer lao. Porém algumas funções apresentam comportamentos iferentes em caa um os laos e um ponto p. Em resumo, ao se procurar o limite e f ( ) quano tene a p nunca se consiera = p. Na realiae, a função não precisa estar efinia para = p, como visto nos eemplos anteriores. O que importa é como f está efinia nas proimiaes o ponto p.

8 Curso e Cálculo I Capítulo 8 Em muitas situações a função poe apresentar comportamentos iferentes nas proimiaes e um ponto p. Por eemplo, consiere a função: f se > 0 = = se < 0 no qual o gráfico é apresentao na figura.4. Figura.4 Quano se aproima e 0 pela esquera os valores e f ( ) tenem a (na realiae são iguais a para esses valores), e quano se aproima e 0 pela ireita os valores e f ( ) tenem a (na realiae são iguais a para esses valores). Descrevem-se essas afirmações izeno que o limite e f = é quano tene a 0 pela ireita e que o limite e é quano tene a 0 pela esquera. f =

9 Curso e Cálculo I Capítulo 9 Definição... Se os valores e f ( ) poem se tornar tão próimo e L quanto queira, fazeno suficientemente próimo e p (porém maior que p), ou seja: se f L quano p + poe-se escrever: lim + p f = L (.) Definição... Se os valores e f ( ) poem se tornar tão próimo e L quanto queira, fazeno suficientemente próimo e p (porém menor que p), ou seja: se f L quano p poe-se escrever: lim p f = L (.) Para a função f = nas proimiaes e 0, tem-se: quano 0 e quano 0 + poeno escrever: lim = (limite lateral à esquera) e 0 logo se poe concluir que não eiste o limite lim = (limite lateral à ireita), + 0 lim 0.

10 Curso e Cálculo I Capítulo 0 Teorema... O limite bilateral e uma função eiste em um ponto p se, e somente se eistirem os limites laterais naquele ponto e tiverem o mesmo valor; isto é: = = = lim f L lim f L lim f p + p p (.4) Eemplo Resolvio... Faça o gráfico a função e etermine os limites laterais em =. Verifique se eiste lim f. f + < se = se > Solução. A função é efinia por partes, isto é, a função tem uas leis e formação. Para o intervalo (,) é função se comporta como uma função polinomial e epressão f = + e para o intervalo, + a função se comporta como uma função linear e epressão f =. Logo, o gráfico a função é apresentao na figura.5. Figura.5

11 Curso e Cálculo I Capítulo De acoro com a figura.5, poe-se ver claramente que quano se aproima e pela esquera f ( ) é a parábola e equação + e se aproima e, isto é: f quano aí poe-se escrever: lim f = (limite lateral à esquera) Poe-se ver também que quano se aproima e pela ireita f ( ) é a reta e equação e se aproima e, isto é: f quano aí poe-se escrever: + lim f = (limite lateral à ireita) + Como os limites laterais são iferentes não eiste o limite e f quano tene a, isto é: = = lim f lim f lim f + Em muitas situações os limites laterais não eistem evio ao fato e os valores a função crescer ou ecrescer inefiniamente. Por eemplo, analisano o comportamento a função f poe-se construir a tabela.4. = nas proimiaes e = 0, Tabela.4-0, -0,0-0,00-0, ,000 0,00 0,0 0, f()

12 Curso e Cálculo I Capítulo Figura.6 Analisano os aos apresentaos na tabela.4 e através a figura.6 que mostra o gráfico a função fica eviente o seguinte: à meia que fica mais próimo e 0 pela esquera, os valores e f = são negativos e ecrescem inefiniamente e à meia que fica mais próimo e 0 pela ireita, os valores e f = são positivos e crescem inefiniamente. Definição..4. Se os valores e f ( ) crescem inefiniamente quano tene a p, pela ireita ou pela esquera; ou seja: f + quano p + ou f + quano p então poe-se escrever: lim + p f =+ ou lim f p =+

13 Curso e Cálculo I Capítulo Definição..5. Se os valores e f ( ) ecrescem inefiniamente quano tene a p, pela ireita ou pela esquera; ou seja: f quano p + ou f quano p então, escreve-se: lim + p f = ou lim f p = Logo o comportamento a função f poe ser resumio a seguinte forma: = nas proimiaes e 0, quano 0 e + quano + 0 aí tem-se: lim p = e lim + p =+ Eemplo Resolvio..4. De acoro com os gráficos apresentaos na figuras.7 e.8, escreva o limite em = p na notação e limite apropriao. Figura.7

14 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Figura.8 Solução (a). A função ecresce inefiniamente quano tene a p pela esquera e cresce inefiniamente quano tene a p pela ireita. Então: lim = p p e lim + = + p p Solução (b). A função cresce inefiniamente quano tene a p pela esquera e ecresce inefiniamente quano tene a p pela ireita. Então: lim p p =+ e lim + p p = Solução (c). A função cresce inefiniamente quano tene a p tanto pela esquera como pela ireita. Então: lim p p ( ) =+ e lim = + + p ( p) lim p p ( ) Neste caso poe-se escrever por comoiae: =+

15 Curso e Cálculo I Capítulo 5 Solução (). A função ecresce inefiniamente quano tene a p tanto pela esquera como pela ireita. Então: lim p p ( ) = e lim + p p ( ) = lim p p ( ) Neste caso poe-se escrever por comoiae: = Definição..6. Uma reta = p é chamaa e assíntota vertical o gráfico e uma função f ( ) se f esquera ou pela ireita. tene a + ou, quano tene a p pela Às vezes se está interessao em saber o comportamento a função não em torno e um ponto específico p, e sim quano a variável cresce ou ecresce inefiniamente. Isto é chamao e comportamento final a função, pois escreve como a função se comporta para valores e que estão longe a origem. Novamente consiera-se a função f =, mas agora para valores e que estão bem istantes a origem. Fazeno crescer e ecrescer sem limitação, poe-se construir a tabela.5. Tabela f() -0,000-0,00-0,0-0, 0, 0,0 0,00 0,000 ecresce sem limitação cresce sem limitação

16 Curso e Cálculo I Capítulo 6 É eviente a partir a tabela.5 e pelo gráfico a função (ver figura.6), que à meia que os valores e ecrescem sem limitação, os valores e f = são negativos, mas aproimam-se muitíssimo e 0 ; analogamente, à meia que os valores e crescem sem limitação, os valores e f = são positivos, mas aproimam-se muitíssimo e 0. Definição..7. Se os valores e f ( ) subseqüentemente ficam caa vez mais próimos e um número L, à meia que cresce sem limitação; ou seja: f L quano + então, escreve-se: lim + f = L. Definição..8. Se os valores e f ( ) subseqüentemente ficam caa vez mais próimos e um número L, à meia que ecresce sem limitação; ou seja: f L quano então, escreve-se: lim f = L. f Logo, poem-se escrever os comportamentos limitantes a função = a seguinte forma: lim = 0 e lim = 0 + Definição..9. Uma reta y= L é chamaa e assíntota horizontal o gráfico e uma função f ( ) se f L, quano + ou.

17 Curso e Cálculo I Capítulo 7 Eemplo Resolvio..5. De acoro com o gráfico a função f apresentao na figura.9 etermine os limites no infinito. = Figura.9 Solução. De acoro com o gráfico a função (ver figura.9) tem-se que à meia que cresce sem limitação f ( ) se aproima caa vez mais e, isto é: quano + concluino que: lim = +

18 Curso e Cálculo I Capítulo 8 Analogamente, tem-se que à meia que ecresce sem limitação f ( ) se aproima caa vez mais e, isto é: quano concluino que: lim = A reta y = é a assíntota vertical o gráfico a função f =. Definição..0. Se os valores e f ( ) crescem sem limitação quano + ou ; ou seja: f + quano + ou f então, escreve-se: + quano lim + f =+ ou lim f = + Definição... Se os valores e f ( ) ecrescem sem limitação quano + ou ; ou seja: f quano + ou f então, escreve-se: quano lim + f = ou lim f =

19 Curso e Cálculo I Capítulo 9. Limites: Técnicas para calcular Inicialmente estabelecem-se os limites básicos para algumas funções simples e em seguia esenvolvem-se um repertório e teoremas que possibilitará usar estes limites como blocos e construção para encontrar limites e funções mais complicaas. Teorema.. (Limites básicos). () lim = () lim ( k) = k () lim ( k) k k p + (4) lim = p (5) lim = + (6) lim p + = k = (7) lim =+ + 0 (8) lim = 0 (9) lim = 0 + (0) lim = 0 Figura.0 Esses limites aos pelo teorema.. poem ser confirmaos através o gráfico (ver figura.0) as funções y= k (função constante), y= (função ientiae) e y= (função recíproca).

20 Curso e Cálculo I Capítulo 0 Teorema... Suponha que lim representa um os limites lim, lim lim + ou lim. Se eistirem L = f e L g lim lim f ± g = lim f ± lim g = L ± L. () lim f g = lim f lim g = L L. () p = lim, então: p, lim, p + () f lim f L lim = = g lim g L se L 0. lim f = lim f = n L ese que L 0 se n for par. (4) n n n n n (5) lim f = lim f = ( L ). Corolário... Suponha que lim representa um os limites lim, lim, lim, lim p + + ou L = lim f, então: n n lim p p. Se eistirem L = lim f, L lim f =,..., () lim f ± f ±... ± f = lim f ± lim f ±... ± lim f n = L± L ±... ± Ln () lim f f... f = lim f lim f... lim f n = f f f lim lim... lim n n n Eemplo Resolvio... Seno lim f =, lim g = 4 e h Determine: (a) lim g f (b) g lim h f lim = 0.

21 Curso e Cálculo I Capítulo (c) lim + () lim + f g f g h Solução (a). Aplica-se a proprieae () o teorema... lim g f = lim g lim f = 4 = 4 + = 7 Solução (b). Inicialmente aplica-se a proprieae () o teorema.. e em seguia aplicam-se as proprieaes (4) no numeraor e () no enominaor, o referio teorema. g g lim lim g 4 lim = = = = h f lim h f lim h lim f 0 ( ) Solução (c). Inicialmente aplica-se a proprieae (4) o teorema.. e em seguia aplicam-se a proprieae () e logo epois, a proprieaes (5) o referio teorema. lim f g lim + = f + g( ) lim = lim f + g = lim f + lim g = ( 4) + ( ) = 5 Solução (). Inicialmente a aplica-se a proprieae () o teorema.. e em seguia aplicam-se nas parcelas as proprieaes () e (5), respectivamente, o referio teorema. lim f g h lim f g lim h + = + ( ) = lim f lim g + lim h = ( 4)( ) + ( 0) =

22 Curso e Cálculo I Capítulo Eemplo Resolvio... Ache: (a) lim + n (b) lim n Solução (a). Aplicano a proprieae (5) o teorema.., tem-se: lim = lim lim 0 + n = = + + n n Solução (b). Aplicano a proprieae (5) o teorema.., tem-se: lim = lim lim 0 n = = n n fórmulas: Do eemplo resolvio.. poem-se escrever as seguintes lim = 0 + n (.5) lim = 0 n (.6) Corolário... Suponha que lim representa um os limites lim, lim, lim, lim p + + ou lim. Se eistirem L lim f ( ) lim k f = lim k lim f = k L p p = e k um número real, então: Ou seja, em outras palavras o que o corolário afirma é que: um fator constante poe ser movio através o símbolo e limite.

23 Curso e Cálculo I Capítulo Eemplo Resolvio... Seno k uma constante real, então, ache: (a) lim + k n (b) lim k n Solução (a). Inicialmente poe-se escrever o quociente como um prouto entre a constante k e a função k lim = lim k k lim k( 0) 0 + n n = n = = + + n e em seguia aplica-se o corolário... Solução (b). Inicialmente poe-se escrever o quociente como um prouto entre a constante k e a função k lim = lim k k lim k( 0) 0 n n = n = = n e em seguia aplica-se o corolário... Dos eemplos resolvios.. e.., poem-se escrever as seguintes fórmulas, seno k uma constante real qualquer. k lim = 0 + n (.7) k lim = 0 n (.8) Eemplo Resolvio..4. Ache o valor o limite lim ( 9) +. Solução. Inicialmente, poe-se epressar este limite como a soma e limites, corolário... Em seguia aplica-se a proprieae o corolário... nas parcelas e epois a proprieae (5) o teorema...

24 Curso e Cálculo I Capítulo 4 ( + ) = ( ) ( ) + lim 9 lim lim lim lim 9 ( ) ( ) = lim lim + lim lim 9 = lim lim + lim 9 = + 9= Eemplo Resolvio..5. Ache o valor o limite lim. + 9 Solução. Inicialmente usa-se a parte () o teorema.. e em seguia a parte (4) o mesmo teorema. lim lim = + 9 lim + 9 = = = lim 9 ( + ) Nos eemplos vistos anteriormente, poe-se ver que o cálculo e limites se resume à aplicação as proprieaes vistas no teorema.. e e seus corolários,... e..., para reuzir este limite aos limites básicos aos no teorema... Porém em muitos casos este cálculo poe se tornar eaustivo e repetitivo, então, em seguia serão apresentao teoremas que tornam estes cálculos mais rápios e iretos.

25 Curso e Cálculo I Capítulo 5 Teorema... Para qualquer polinômio: 0... n n p = a + a + + a (.9) e qualquer número real c, então: n lim p = lim a + a a = p c (.0) c c 0 n Prova. n = ( n ) lim p lim a a... a c c = lim a + lim a lim a 0 c c c = lim a + a lim a lim n 0 n c c c = a0 + ac a c = p c n n n n Em outras palavras, o teorema.. iz que: o limite e um polinômio em um ponto e seu omínio é a própria imagem este ponto. Eemplo Resolvio..6. Calcule lim ( 4) +. Solução. Como o limite e um polinômio em um ponto e seu omínio é própria imagem este ponto. Isto é o limite é encontrao através a substituição ireta. ( ) lim + 4 = + 4= =

26 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Eemplo Resolvio..7. Calcule lim Solução. Inicialmente usa-se a proprieae (4) o teorema.. e em seguia a proprieae () o mesmo teorema, e, finalmente, o teorema... ( ) 4 4 lim 4 = = = = lim lim lim forma O intuito agora é efinir como se comporta a função polinomial a n para n =,,, 4,..., quano + e. A figura. apresenta os gráficos para os casos particulares em que n =, e 4, respectivamente, e os seus limites no infinito. Figura.

27 Curso e Cálculo I Capítulo 7 Os resultaos apresentaos na figura. são os casos particulares o seguinte caso geral: lim + n = + (.) lim n + = se n par se nímpar (.) Eemplo Resolvio..8. Calcule os limites no infinito. (a) lim + k n (b) lim k n Solução (a). n n + se k> 0 lim k = k lim = + + se k < 0 Solução (b). (i) n n + se k > 0 lim k = k lim = n par se k < 0 (ii) n n se k > 0 lim k = k lim = n ímpar + se k < 0 Teorema..4. Um polinômio se comporta como seu termo e maior grau quano + ou. n n ( a0 a an ) ( an ) lim = lim (.) + + n n ( a0 a an ) ( an ) lim = lim (.4)

28 Curso e Cálculo I Capítulo 8 Eemplo Resolvio..9. Calcule os limites. (a) lim ( ) (b) lim ( ) + Solução (a). Como o polinômio se comporta como seu termo e maior grau, tem-se: ( ) ( ) lim = lim 5 = Solução (b). Como o polinômio se comporta como seu termo e maior grau, tem-se: lim + = lim = Uma função racional é uma razão entre ois polinômios, ou seja, é f uma função o tipo g calcular o limite não. f lim p g com g( ) 0. Neste caso, há três métoos para se, epeneno se lim p g converge para zero ou lim g 0, então, usa-se o fato e que o limite a razão é a Se p razão os limites, ou seja: lim p lim f f p f p = = g lim g g p p (.5) Em outras palavras se lim g ( ) 0, o limite f lim p p g substituição ireta. eve ser calculao por

29 Curso e Cálculo I Capítulo 9 Eemplo Resolvio..0. Ache 7 lim. Solução. Como ( ) lim = 0, então o limite eve ser calculao por substituição ireta, logo: 7 7 lim 9 = = + Eemplo Resolvio... Calcule lim. 4 Solução. Inicialmente tem que ser usao o fato e que o limite a raiz cúbica é a raiz cúbica o limite, ou seja: lim + + = lim 4 4 ( ) Agora se calcula o limite a função racional e evio ao fato e que lim 4 = 8 0, então: + + lim = = lim Logo, + + = lim = = 4 4 8

30 Curso e Cálculo I Capítulo 0 Se lim g ( ) = 0 e lim = 0 p p terão um fator comum ( ) cancelano-se primeiro os fatores comuns. Se ( p ) é fator e f f = ( p) F( ) e se ( p ) é fator e g( ) então = ( ) aí: f, então o numeraor e enominaor p e o limite poe, freqüentemente, ser calculao então g p G, ( ) ( ) f p F F lim = lim = lim p g p p G pg (.6) Eemplo Resolvio... Calcule lim 9. lim = 0 Solução. Como ( ), logo, e ( ) ( )( + ) lim 9 = 0, então, há um fator comum 9 lim = lim = lim ( + ) = 6 Eemplo Resolvio... Calcule + lim + +. Solução. Como lim ( + ) = 0 e ( ) + comum ( + ), logo, ( + )( + ) lim + = 0, então, há um fator lim = lim = lim

31 Curso e Cálculo I Capítulo Tem-se uma nova função racional, então, eve-se verificar se o limite o enominaor é igual à zero ou não. Como ( ) limite eve ser calculao por substituição ireta. + ( ) ( ) + lim = = = lim =, então, o + Se lim g ( ) = 0 e lim f ( ) 0, então f lim p p p g é + ou, ou e um lao + e o outro, ou vice versa. Neste caso, evem-se calcular os limites laterais e para isso eve-se analisar o sinal a epressão proimiaes o ponto = p. f g nas Eemplo Resolvio..4. Calcule lim +. Solução. Como lim ( + ) = 0 e ( ) lim = 0, então, evem-se calcular os limites laterais. Sabe-se que os limites laterais são o tipo, então resta saber o sinal. (i) Quano se aproima e pela esquera, < o que implica que + < 0 e como nas proimiaes e = tem-se < 0 > 0. Daí poe-se concluir que: + lim =+ +, então, tem-se que

32 Curso e Cálculo I Capítulo (ii) Quano se aproima e pela ireita, > o que implica que + > 0 e como nas proimiaes e = tem-se < 0 < 0. Daí poe-se concluir que: +, então, tem-se que lim + = + Um moo mais prático e resolver estes limites é através a análise o sinal a epressão +, que é ao pela figura.: Figura. Logo, poe-se concluir que: lim =+ + e lim =. + Em alguns casos e limites envolveno funções com raicais, poese usar um proceimento semelhante ao utilizao no cálculo para funções racionais. Neste caso eve-se simplificar a epressão o limite através a fatoração os termos.

33 Curso e Cálculo I Capítulo Eemplo Resolvio..5. Calcule lim Solução. Como ( + ) lim = e lim = 0, então para resolver + 0 este limite eve-se simplificar a epressão o limite. Ou seja: = lim ( + ) ( + ) = = + ( ) ( ) = = ( ) = Logo, tem-se: = + + lim Como ( ) + 0 substituição ireta, isto é: + 0 ( ) ( ) lim = 0, poe-se calcular o limite através a ( ) lim = = = Daí tem-se: lim = + +

34 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Para se calcular os limites no infinito e uma função racional evemse iviir numeraor e enominaor pela potência mais alta e que aparece no enominaor, logo toas as potências e tornam-se constantes ou potências e. Eemplo Resolvio..6. Calcule 5 lim 4 6. Solução. Divie-se numeraor e enominar por, aí: 5 5 lim 5 0 lim lim = = = = = lim 6 Eemplo Resolvio..7. Ache + 5 lim Solução. Divie-se numeraor e enominar por lim = lim , aí: 5 lim = = = = lim 5 + +

35 Curso e Cálculo I Capítulo 5 Outra maneira e se resolver estes limites é consierano o fato e que como uma função racional é uma razão entre ois polinômios e como o polinômio se comporta como seu termo e maior grau no infinito, logo se n m = ( ) e g b b b ( b ) f a0 a... an an 0 = m m 0, então: n n lim = lim = lim m m f a a a a g b b b b n m n m (.7) e n n lim = lim = lim + + m m f a a a a g b b b b n m n m (.8) Ou seja, uma função racional comporta-se quano + e, como a razão entre os termos e mais alto grau no numeraor e no enominaor. Eemplo Resolvio..8. Ache lim Solução. Usano o fato anterior tem-se: lim = lim = lim ( 7) = Eemplo Resolvio..9. Calcule: (a) lim + + (b) lim +

36 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Em ambos os itens, seria mais prático manipular a função e forma que as potências e se tornem potências e. Poem-se conseguir isto em ambos os termos iviino-se numeraor e enominaor por e lembrano o fato que =. Solução (a). Diviino, então, numeraor e enominaor por, tem-se lim + = lim Como = e para > 0 tem-se =, aí: lim lim lim lim + + = = = = = lim + lim Solução (b). Fazeno o mesmo proceimento aotao no item (a), então: lim = lim + + Como = e para < 0 tem-se =, aí: lim lim lim lim = = = = = + + lim + lim +

37 Curso e Cálculo I Capítulo 7 No caso e limite e funções efinias por partes, evem-se calcular separaamente os limites laterais e verificar a eistência o limite bilateral (ver teorema..). Eemplo Resolvio..0. Seja caso eista, lim f. f se > =, então calcule, + 4 se < Solução. Como a função é efinia por parte evem-se calcular os limites laterais. Logo, lim f = lim + 4 = + 4 = e lim f = lim = = + + Como lim = = lim valor é ao por: f f, implica que eiste o limite e seu + lim f =. Eemplo Resolvio... Seja g caso eista, lim g. + se < = 0 se =, então calcule, + se > Solução. Como a função é efinia por parte evem-se calcular os limites laterais. Logo, lim g = lim + = + =

38 Curso e Cálculo I Capítulo 8 e lim g = lim + = lim + = + = + lim g. Como lim g = = lim + g, implica que não eiste o limite Eemplo Resolvio... Seja a função Determine, caso eistam, lim f e lim f 0. se < 0 f = se 0< <. se + > Solução. Inicialmente verifica-se a eistência e lim f 0 através o cálculo os limites laterais. Isto é, lim f = lim = 0 0 e lim f = lim = Como lim f = = lim f, tem-se que f Faz-se o mesmo para verificar a eistência e lim f lim f = lim = e lim f = lim + = + + lim =. 0. Isto é, Como lim f = = lim f, tem-se que lim f +.

39 Curso e Cálculo I Capítulo 9. Limites: Uma efinição matemática A efinição e limite aa na seção. este móulo foi baseaa na intuição e como o significao os valores e uma função fica caa vez mais próimo e um valor limitante. Porém, esta efinição é muito imprecisa e inaequaa para alguns propósitos, logo se torna necessário uma efinição mais precisa e um ponto e vista matemático. Par isso consiere a função f : R { p} R cujo gráfico é ao é apresentao na figura. e para o qual f L quano p. Figura. Escolhe-se um número positivo, ε, e traçam-se uas retas horizontais que passam pelos pontos L ε e L + ε, no eio y, para a curva y= f e, então, retas verticais aqueles pontos a curva para o eio (ver figura.4) e sejam 0 e os pontos one as retas verticais interseccionam o eio.

40 Curso e Cálculo I Capítulo 40 Figura.4 Fazeno se aproimar caa vez mais e p, por qualquer um os laos, tem-se que logo estará no intervalo ( 0, ) ; quano isto ocorre, o valor e f ( ) estará entre L ε e L + ε (ver figura.5). Ou seja, se f L quano p, então para qualquer ε > 0 tem-se um intervalo aberto (, ) no eio, com p (, ) e com a proprieae que para caa (, ) 0 0 0, eceto possivelmente p =, tem-se f ( L ε, L ε ) +. Figura.5

41 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Definição.. (ª versão preliminar). Seja f ( ) uma função efinia em too e algum intervalo aberto que contenha o número p, com a possível eceção e que f ( ) não precisa ser efinia em p. Escreve-se: lim p f = L (.9) se ao ε > 0, poe-se encontrar um intervalo aberto ( 0, ) e moo que f ( ) satisfaça para caa (, ) 0 que contenha p L ε < f < L+ ε (.0), com a possível eceção e = p. Observa-se através a figura.5 que o intervalo (, ) amplia-se mais à ireita que à esquera. Então, para muitos fins é preferível ter um intervalo com a mesma istância e p. Escolhe-se um número positivo δ menor o que p e p 0 0, e consiere o intervalo ( p δ, p δ ) ampliam à mesma istância e p, em ambos os laos. Uma vez que a conição ε intervalo ( 0, ) e como ( p δ, p δ) ( 0, ) é vália para o intervalo ( p δ, p δ ) + que se L < f < L+ ε é vália para o +, então esta conição também +, como mostrao na figura.6.

42 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Figura.6 Definição.. (ª versão preliminar). Seja f ( ) uma função efinia em too e algum intervalo aberto que contenha o número p, com a possível eceção e que f ( ) não precisa ser efinia em p. Escreve-se: lim p f = L (.) se ao ε > 0, poe-se achar um número 0 para caa ( p δ, p δ ) δ > tal que f satisfaça L ε < f < L+ ε (.) +, com a possível eceção e = p. L < f < L+ ε poe ser epressa como A conição ε f L < ε e a conição que está situao no intervalo ( p δ, p δ ) ser epressa como: 0< p < δ +, mas p, poe

43 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Definição.. (versão final). Seja f ( ) uma função efinia em too e algum intervalo aberto que contenha o número p, com a possível eceção e que f ( ) não precisa ser efinia em p. Escreve-se: lim p f = L (.) se ao ε > 0, poe-se achar um número δ > 0 tal que f L < ε se 0< p < δ (.4) Eemplo Resolvio... Prove que ( ) lim 5 =. Solução. Deve-se mostrar que ao qualquer número positivo ε, poe-se encontrar um número positivo δ tal que: ( ) 5 < ε se 0< < δ simplificano tem-se: 6 < ε se 0< < δ ( ) < ε se 0< < δ < ε se 0< < δ < ε se 0< < δ ε ε < se 0< < δ, logo fica eviente que δ =.

44 Curso e Cálculo I Capítulo 44 Eemplo Resolvio... Prove que lim 4 =. Solução. Deve-se mostrar que ao qualquer número positivo ε, poe-se encontrar um número positivo δ tal que: ( 4 ) < ε se 0< < δ 6 < ε se 0< < δ ( ) < ε se 0< < δ < ε se 0< < δ < ε se 0< < δ ε ε < se 0< < δ, logo fica eviente que δ =. Eemplo Resolvio... Prove que ( ) lim 7 + = 5. Solução. Deve-se mostrar que ao qualquer número positivo ε, poe-se encontrar um número positivo δ tal que: ( 7 + ) 5< ε se 0 ( ) < ε se 0< + < δ ( ) 7 + < ε se 0< + < δ 7 + < ε se 0< + < δ < < δ ε ε + < se 0< + < δ, logo fica eviente que δ =. 7 7

45 Curso e Cálculo I Capítulo 45 O valor e δ não é único, ou seja, uma vez achao um valor e δ que preenche as conições a efinição.., então, qualquer δ > 0, menor que δ, também satisfaz estas conições. Isto é, se é verae que: então também será verae que f L < ε se 0< p < δ f L ε < se 0< p < δ Eemplo Resolvio..4. Prove que ( ) lim + =. Solução. Deve-se mostrar que ao qualquer número positivo ε, poe-se encontrar um número positivo δ tal que: ( ) + < ε se 0< < δ < ε se 0< < δ Como ( )( ) + < ε se 0< < δ ou = +, então: ε < + se 0< < δ Para garantir esta afirmação, necessita-se achar um δ que controle o tamanho e ambos os fatores o lao esquero, pois o lao ireito á um controle o tamanho e, mas não e +. Para contornar isto, poe-se fazer uma restrição quano ao valor e δ, ou seja, escolheno δ tal que δ, tem-se: < < < 0< < < + <

46 Curso e Cálculo I Capítulo 46 o que implica: + < resultano ε < se 0< < δ ε Assim poe-se tomar δ = (ou menos), sujeito à restrição δ. Ou seja, poe-se obter isto tomano δ como o mínimo entre ε como δ = min,. ε δ = e, escrito Definição..4. Seja f ( ) efinia em too que pertence a algum intervalo aberto infinito, o qual se estene na ireção positiva o eio. Escreve-se: lim + f = L (.5) se ao ε > 0, há um corresponente N > 0, tal que f L < ε se > N (.6)

47 Curso e Cálculo I Capítulo 47 Figura.7 Em outras palavras, se for permitio crescer inefiniamente, então subseqüentemente irá estar no intervalo ( N, + ), marcao pela faia escura a figura.7; quano isto ocorrer os valores e f ( ) estarão entre L ε e L + ε, marcao pela faia clara a figura.7. Definição..5. Seja f ( ) efinia em too que pertence a algum intervalo aberto infinito, o qual se estene na ireção negativa o eio. Escreve-se: lim f = L (.7) se ao ε > 0, há um corresponente N < 0, tal que f L < ε se < N (.8)

48 Curso e Cálculo I Capítulo 48 Figura.8 Em outras palavras, se for permitio ecrescer inefiniamente, então subseqüentemente irá estar no intervalo (, N ), marcao pela faia escura a figura.8; quano isto ocorrer os valores e f ( ) estarão entre L ε e L + ε, marcao pela faia clara a figura.8. Eemplo Resolvio..5. Prove lim 0 + =. Solução. Aplicano a efinição tem-se: 0 < ε se > N < ε se > N Como + então > 0 e poem-se eliminar os valores absolutos nas afirmações acima. Logo, tem-se: < ε se > N

49 Curso e Cálculo I Capítulo 49 ou seja, > se > N ε Daí é eviente que N =. ε Definição..6. Seja f ( ) efinia em too que pertence a algum intervalo aberto conteno p, eceto que f ( ) não precisa estar efinia em p. Escreve-se: lim f p se ao M > 0, poe-se achar δ > 0, tal que: = + (.9) f > M se 0< p < δ (.0) Figura.9 Em outras palavras, supono que f + quano p, e para M > 0 seja δ > 0 o número corresponente escrito na efinição..6.

50 Curso e Cálculo I Capítulo 50 Logo, se aproima-se e p, por qualquer lao, subseqüentemente estará no intervalo ( p δ, p+ δ ), marcao pela faia clara a figura.9; quano isto ocorrer, os valores e f ( ) serão maiores o que M, marcao pela faia escura a figura.9. Definição..7. Seja f ( ) efinia em too que pertence a algum intervalo aberto conteno p, eceto que f ( ) não precisa estar efinia em p. Escreve-se: lim f p se ao M < 0, poe-se achar δ > 0, tal que: = (.) f < M se 0< p < δ (.) Figura.0 Em outras palavras, supono que f quano p, e para M < 0 seja δ > 0 o número corresponente escrito na efinição..7.

51 Curso e Cálculo I Capítulo 5 Logo, se aproima-se e p, por qualquer lao, subseqüentemente estará no intervalo ( p δ, p+ δ ), marcao pela faia clara a figura.0; quano isto ocorrer, os valores e f ( ) serão menores o que M, marcao pela faia escura a figura.0. Eemplo Resolvio..6. Prove que lim = +. 0 Solução. Deve-se mostrar que ao um número M > 0, poe-se achar um δ > 0 tal que: M > se 0< 0< δ ou simplificano < se 0< < δ M mas, < M < M, logo δ =. M

52 Curso e Cálculo I Capítulo 5.4 Continuiae Para se falar em continuiae é necessário antes entener a significao e escontinuiae em um ponto. Por eemplo, sejam os seguintes gráficos apresentaos na figura.. Figura. Em (a) tem-se que o gráfico a função apresenta uma escontinuiae em = p, mesmo seno efinia neste ponto. Isto se eve ao fato os limites laterais neste ponto serem iferentes, ou seja, lim = = lim, o que implica que não eiste lim f L M f + p p f. p

53 Curso e Cálculo I Capítulo 5 Em (b) tem-se que o gráfico a função apresenta uma escontinuiae em = p, mas neste caso eiste lim f ( ) = L. Isto se eve p ao fato e a função não ser efinia em = p, ou seja, não eiste f ( p ). Em (c) a função é efinia em = p e eiste lim f ( ) = L, porém a p função apresenta uma escontinuiae neste ponto. Isto se eve ao fato a imagem e p ser iferente o limite e f ( ) quano tene a p, ou seja, lim p f = L f p. Em () a função apresenta uma escontinuiae em = p, mesmo seno efinia neste ponto. Isto se eve ao fato a função crescer inefiniamente quano se aproima e p, por ambos os laos, ou seja, lim f p =+. Este caso é chamao e escontinuiae infinita. Da análise os gráficos a figura. poe-se chegar à conclusão que para uma função não ser escontínua em = p, é necessário que a função seja efinia em = p, f ( p), é necessário que o limite e f quano tene a p eista, lim, e que lim f p =. f f p p Em outras palavras, para que uma função f ( ) seja contínua em um ponto = p, p D( f ), é necessário que as seguintes conições sejam satisfeitas:. Eista f ( p ).. Eista lim p f = L.. lim = = f L f p p A efinição seguinte resume estas três conições em uma única, que englobas as emais.

54 Curso e Cálculo I Capítulo 54 Definição.4.. Diz-se que uma função f ( ) é contínua em = p, p D( f ) se, e somente se,, lim p f = f p (.) Eemplo Resolvio.4.. Determine se as funções são contínuas em =. (a) + se f = + se = (b) g + se = + se = Solução (a). Como a função é efinia em =, verificase o valor o limite, + lim f = lim = lim + = + e como lim f f ( ) =, ou seja, f ( ) = =, tem-se que f é escontinua em =. Solução (b). Como a função é efinia em =, verificase o valor o limite, + lim g = lim = lim + = + e como lim g g( ) =, ou seja, g ( ) = =, tem-se que g é continua em =. Se uma função f é contínua em caa ponto e um intervalo aberto ( ab, ), então f é contínua em (, ) infinitos a forma ( a, + ), (,b) e (, ) ab. Isto se aplica aos intervalos abertos +. No caso a função ser contínua em (, + ), então é ito que f é contínua em toa parte, ou na reta toa.

55 Curso e Cálculo I Capítulo 55 Eemplo Resolvio.4.. Determine se a função h contínua em =. + se = se > + é Solução. Tem-se que h( ) =, logo se verifica a eistência e lim h Como a função é efinia por partes, então, para que lim h eista é necessário que lim h lim h lim h = lim + = e lim h = lim = =. Daí, Como lim h = = lim h implica que h + tem-se que lim h h( ) em =. lim =. Daí = =, então, poe-se concluir que h é contínua. Eemplo Resolvio.4.. Mostre que as funções são escontínuas em p. se > g = se = p= + se < (a) (b) h + se = p= + se >

56 Curso e Cálculo I Capítulo 56 Solução (a). A função é efinia em g =. =, ou seja, A função é efinia por parte, o que torna necessário o cálculo os limites laterais, para verificar a eistência o limite bilateral. Então: lim g = lim + = e ( ) lim g = lim = + + como g g g lim = = lim lim =. + em =. Por outro lao como lim g g = = a função é escontínua Neste eemplo para tornar a função contínua em =, basta assumir que a função assume o valor e quano =, ou seja, assume-se que g =. Quano o limite eiste, poe-se remover esta escontinuiae, se houver necessiae, assumino o valor a imagem o ponto como seno o valor o limite neste ponto. Esta escontinuiae é chamaa e escontinuiae removível. Solução (b). A função é efinia em h =. =, ou seja, Novamente a função é efinia por partes, então, evem-se eterminar os limites laterais, para verificar a eistência o limite bilateral. Daí, lim h = lim + = e lim h = lim + = como lim h 0 lim h lim h = =. + =. Logo a não eistência o limite garante a escontinuiae em

57 Curso e Cálculo I Capítulo 57 Neste eemplo não há o que ser feito para tornar a função contínua em =, ou seja, a função é sempre escontínua neste ponto. Este tipo e escontinuiae é chamaa e escontinuiae essencial. Teorema.4.. Os polinômios são contínuos em toa parte. Prova. Seja o polinômio 0... p = a + a + + a então, para caa c (, + ), tem-se: = lim p p c c que é a própria efinição e continuiae em caa c real. Logo p( ) é contínuo em (, + ), ou seja, em toa parte. n n Eemplo Resolvio.4.4. Mostre que é contínua em toa parte. Solução. Poe-se escrever a função como: se < 0 = se 0 Logo no intervalo (,0), é o polinômio, então, pelo teorema.4. a função moular é contínua em (,0), enquanto que no intervalo ( 0,+ ) é o polinômio, então, pelo teorema.4. a função moular é contínua em ( 0,+ ). Daí tem-se que a função é contínua em (,0) ( 0, + ). os limites laterais. Agora, basta verificar no ponto = 0. Neste caso evem-se calcular

58 Curso e Cálculo I Capítulo lim = lim = 0 e lim = lim = 0 aí, tem-se que lim = 0= 0, então, poe-se concluir que a função é 0 contínua em toa parte. Teorema.4.. Se as funções f e g são contínuas em = p, então: (a) f (b) f ± g é contínua em = p. g é contínua em = p. (c) f g é contínua em p = se 0 g p. Prova (a). Por hipótese f e g são contínuas em = p, logo lim f = f ( p) e lim g = g p. p (i) Define-se uma função ψ = f + g, então, p = f + g = f + g = f ( p) + g( p) = ψ ( p) limψ lim lim lim p p p p logo, a função ψ é contínua em = p. (ii) Define-se uma função ψ = f g, então, = f g = f g = f ( p) g( p) = ψ ( p) limψ lim lim lim p p p p logo, a função ψ é contínua em = p. Prova (b). Deve ser feita como eercício. Prova (c). Deve ser feita como eercício.

59 Curso e Cálculo I Capítulo 59 Corolário.4... Se as funções f ( ), f ( ),..., fn = p, então: (a) f± f ±... ± fn é contínua em = p. (b) f f... fn é contínua em = p. são contínuas em Prova (a). Deve ser feita como eercício. Prova (b). Se as funções f ( ), f ( ),..., fn tem-se lim =, lim =,..., f f p p f f p p ψ =... n, aí: Define-se f f f = f f f limψ lim... n p p = lim f( ) lim f( )... lim f n ( ) p p p ψ = f p f p... fn p = p Então, como limψ ψ ( p) f f f p ψ =... n é contínua em = p., então, respectivamente, lim f n = f p n. p =, logo, a função Corolário.4... Uma função racional é contínua em toa parte, eceto nos pontos one o enominaor for zero. Prova. Semelhante a prova a parte (c) o teorema.4.. Eemplo Resolvio.4.5. Prove que a função f em toa parte. = é contínua

60 Curso e Cálculo I Capítulo 60 Solução. De acoro com o corolário.4.. uma função racional é contínua eceto nos pontos one o enominaor é zero. Logo para mostrar que a função f basta mostrar que o enominaor nunca é zero, isto é que a equação não tem solução: = 0 A equação acima é uma equação biquaraa, logo, fazeno z=, tem-se a equação o º grau abaio: z + 7z+ = 0 Daí, usano a Fórmula e Báskara: () 7 ± 7 4 7± ± 45 z = = = ano: 7 45 z = e z = solução para: Como 6< 45< 7, então, z e z são ambos negativos não há 7 45 = e = 7 45 Poe-se concluir que a equação = 0 não tem solução real, o que implica que a epressão não apresenta zeros no enominaor, conseqüentemente a função f é contínua em toa parte.

61 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Teorema.4.. Suponha que lim simboliza um os limites lim, lim lim e lim +. Se lim g p p = L e se a função f for contínua em L, então: ( ), lim, p + lim f g = f L (.4) Isto é, lim ( ) lim f g = f g (.5) Em outras palavras o que o teorema.4. afirma é que um símbolo e limite poe passar pelo sinal a função ese que o limite a epressão entro esse sinal eista e a função seja contínua neste limite. Corolário.4... (a) Se a função g for contínua em p e a função f for contínua em g( p ), então fog é contínua em p. (b) Se a função g for contínua em toa parte e a função f, também, for contínua em toa parte, então fog é contínua em toa parte. Prova (a). Para provar que a função fog é contínua em p, basta provar que o valor e fog e o valor e seu limite em = p são os mesmos. lim ( fog ) = lim f g = f lim g = f g p = fog p p p p Prova (b). Dever ser feita como eercício. ( )

62 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Definição.4.. Uma função f é ita contínua em um intervalo fechao [ ab, ], se as seguintes conições são satisfeitas: (a) f é contínua em ( ab, ). (b) f é contínua à ireita em a, ou seja, lim f f ( a) + a =. (c) f é contínua à ireita em b, ou seja, lim f f ( b) b =. Figura. Teorema.4.4 (Teorema o Valor Intermeiário). Se f for contínua em um intervalo fechao [ ab, ] e k é um número qualquer entre f ( a ) e f ( b ), inclusive, então há, no mínimo, um número c no intervalo [ ab, ] tal que f ( c) = k.

63 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Figura. Teorema.4.5 (Teorema e Bolzano). Se f for contínua em [ ab, ], e se f ( a ) e f ( b ) forem iferentes e zero e tiverem sinais opostos, então há, no mínimo, um número c no intervalo ( ab, ) tal que f ( c ) = 0. Figura.4

64 Curso e Cálculo I Capítulo 64 Prova. Consiere o caso em que f ( a ) > 0 e f ( b ) < 0, como mostra a figura.4. Então, por hipótese f é contínua em [ ab, ] e 0 está entre f ( a ) e f ( b ), logo pelo Teorema o Valor Intermeiário, eiste pelo menos um c [ a, b] tal que f ( c ) = 0. Contuo como f ( a ) e f ( b ) são iferentes e zero, então, c está situao em ( ab, ), o que completa a prova. Eemplo Resolvio.4.6. Prove que a função menos uma raiz real. f = + +, tem pelo Solução. Para provar que f possui ao menos uma raiz real, eve-se encontrar um intervalo fechao no qual se tenha as hipóteses o Teorema e Bolzano. Inicialmente consiera-se o intervalo [ 0, ], aí tem-se: f 0 = = > 0 () () () f = + + = > 0 Como não satisfaz as conições o teorema e Bolzano, eve-se escolher um outro intervalo. Consierano agora o intervalo [, 0], então: f = + + = < 0 f 0 = = > 0 Neste caso como a função f = + + é contínua em [, 0] f ( ) é negativo e ( 0) e f é positivo, tem-se pelo Teorema e Bolzano que a função f apresenta pelo menos uma raiz real no intervalo (, 0).

65 Curso e Cálculo I Capítulo 65.5 Limites e Continuiae as Funções Trigonométricas Teorema.5. (Teorema o Confronto). Sejam f, g e h funções que satisfazem à esigualae: g f h (.6) para too e algum intervalo aberto que contenha o ponto p, com a possível eceção que a esigualae não precisa ser vália em = p. Se, lim lim g = L= h (.7) p p então: lim p f = L (.8) Na figura.5 tem-se uma interpretação geométrica para o teorema o confronto. Figura.5

66 Curso e Cálculo I Capítulo 66 Eemplo Resolvio.5.. Suponha que + 4 F 4+ 9, para. Encontre o valor e lim F( ). Solução. Para qualquer intervalo aberto conteno =, tem-se g F h( ), one g = + 4 e h = Logo, poe-se usar o teorema o confronto para encontrar o limite solicitao, isto é, lim g = lim + 4 = 5 e lim h = lim = 5 então, pelo teorema o confronto tem-se que: lim F( ) = 5 Teorema.5.. Se p é um número no omínio natural a função trigonométrica, então: (a) lim sen = senp (b) lim cos = cos p p p (c) lim tg = tgp () lim cotg = cotgp p p (e) lim sec = sec p (f) lim cossec = cossec p p p Do teorema.5., poe-se concluir que as funções seno e cosseno são contínuas em toa parte e as emais funções trigonométricas são contínuas em toos os pontos em que elas são efinias.

67 Curso e Cálculo I Capítulo 67 Prova (a). Para se provar que lim sen = senp, basta provar que p ( sen senp) lim = 0. p Da trigonometria, tem-se: p + p + p p 0 sen senp = sen cos = cos sen mas como p p sen Logo, p e cos p 0 sen senp 0 sen senp p Como, tem-se que lim sen senp 0 p lim 0 = 0 e lim p = 0, então pelo teorema o confronto p p = e, portanto, ( sen senp) completa a prova. Provas (b), (c), (), (e) e (f). Ficam como eercício. lim = 0 o que p Eemplo Resolvio.5.. Ache os limites. (a) lim ( sec ) π + 4 (b) lim ( cos + ) π Solução (a). π lim sec = lim sec = sec = = 4 π + π Solução (b). ( ) lim cos + = lim cos + lim = cosπ + = + = 0 π π π

68 Curso e Cálculo I Capítulo 68 Eemplo Resolvio.5.. Ache o limite lim sen π 4. Solução. Como a função seno é contínua em toa parte, então: π lim sen π sen lim π sen lim π sen = = = = Obs.: = = Eemplo Resolvio.5.4. Ache o limite π sec 8 lim. sec Solução. A epressão o limite poe ser simplificaa, isto é: ( sec )( sec + sec + 4) sec 8 sec sec então: = = + + ( ) sec sec 4 ( ) ( s ) sec 8 lim = lim sec + sec + 4 = lim ec + sec + 4 sec π π π = lim ( sec ) + lim ( sec ) + lim ( 4) π π π π π = lim sec lim sec = sec + sec + 4 π π = =

69 Curso e Cálculo I Capítulo 69 Teorema.5. (Limites Funamentais). (a) sen lim = (b) 0 cos lim = 0 0 Prova (a). Inicialmente, interpreta-se como ângulo meio em raiano e que 0< < π, como mostrao na figura.6. Figura.6 Círculo Trigonométrico Consieram-se, então, as seguintes figuras planas: Figura.7

70 Curso e Cálculo I Capítulo 70 Da figura.7, poe-se concluir: O triângulo OBC tem uma área igual: AOBC = sen. O setor circular OBC tem uma área igual: AOBC =. O triângulo retângulo ODC tem uma área igual: AODC = tg. Logo se verifica a seguinte esigualae: sen tg sen tg iviino tuo por sen, obtém: sen cos sen cos lim = Logo, como 0 e ( ) lim cos =, então, pelo teorema o 0 sen confronto, poe-se chegar a conclusão que lim =. 0 Prova (b). Para esta prova usa-se o resultao a parte (a) o teorema, a continuiae a função seno e a ientiae sen = cos. Isto é, cos cos + cos sen lim = lim = lim cos 0 ( + cos) sen sen sen sen = lim lim lim ()( 0) 0 0 = = = + cos 0 0+ cos

71 Curso e Cálculo I Capítulo 7 Eemplo Resolvio.5.5. Prove que tg lim =. 0 Solução. Como sen tg =, então: cos sen lim tg sen sen 0 lim = lim = lim = = = 0 0 cos 0 cos lim cos cos 0 0 Corolário.5... (a) ( α ) sen lim = 0 α (b) ( α ) cos lim = 0 0 α Prova (a). Para provar este limite, basta se fazer uma substituição a forma u= α. Se 0 implica que u 0, logo: ( α ) sen senu lim = lim = 0 α u 0 u Prova (b). Deve ser feita como eercício. Eemplo Resolvio.5.6. Calcule os limites. (a) sen lim 0 sen ( 4) ( ) (b) lim cot g( 5) 0 Solução (a). Para resolver este limite, multiplica-se enominaor e numeraor por.

72 Curso e Cálculo I Capítulo 7 Daí tem-se: 0 sen 4 sen 4 sen 4 sen( 4 4 4lim ) 0 4() 4 lim lim lim 4 = = = 4 = = 0sen( ) 0 sen( ) 0 sen( ) sen( ) () lim Solução (b). Neste caso, escreve-se: cos( 5) cos 5 cot g( 5) = = 5 sen( 5) sen 5 ( 5) então: cos( 5) lim cos( 5 ) lim cot g 5 = lim = = = 0 0 sen( 5) sen( 5) 5 lim sen Eemplo Resolvio.5.7. Determine o valor o limite lim π π. Solução. Como sen( π ) = 0, então, tem-se uma forma ineterminaa 00. Neste caso eve-se fazer uma substituição e moo que se possa usar um os limites funamentais a trigonometria. Fazeno a substituição u= π, tem-se que = u + π,então: ( π ) cos { π { π sen = sen u + = senu + sen cosu = senu 0 e se π implica que u 0, resultano: sen senu senu lim = lim = lim = π u u π u 0 u 0

73 Curso e Cálculo I Capítulo 7 Definição.5.. Uma função f é ita limitaa em um intervalo I se eistir um número positivo M tal que: f M (.9) para too em I. Geometricamente, isto significa que o gráfico e f no intervalo I fica entre as retas y= M e y= M. Figura.8 A figura.8 mostra o gráfico e uma função limitaa no intervalo fechao [ ab, ]. Isto é o gráfico e y f y= M e y M = para too [ ab, ]. = está compreenio entre as retas

74 Curso e Cálculo I Capítulo 74 Eemplo Resolvio.5.8. Prove que lim sen = 0. 0 Solução. Para prova este limite eve-se recorrer ao teorema o confronto. Como a função seno é uma função limitaa (ver efinição.5.), tem-se: sen Daí poe-se concluir que: sen Como lim ( ) = 0 e 0 lim = 0, então, pelo teorema o confronto 0 poe-se concluir que: lim sen = 0. 0 Teorema.5.4. Se lim f = 0 e se g p omínio e f, conteno p, e M > 0, então: g M para intervalo aberto no lim f = 0 (.40) p mesmo que não eista o limite lim g p. Eemplo Resolvio.5.9. Prove lim π cos = 0. π π

75 Curso e Cálculo I Capítulo 75 Solução. Inicialmente se prova que lim π = 0, então como: π π se π π = π se < π Tem-se que: π π e ( π ) lim π = lim = 0 π + π + ( π ) lim π = lim = 0 Então se poe concluir que lim π = 0. Como π cos π é π limitaa em qualquer intervalo aberto conteno, isto é cos, π então pelo teorema.5.4 tem que lim π cos = 0. π π

76 Curso e Cálculo I Capítulo 76 Eercícios Propostos (Capítulo ) 0) Marque a opção que inica o valor o limite 7 +. lim a) b) 0 c) ) e) 0) Calculano + lim, tem-se como resposta: a) 0 b) c) ) e) 0) O valor o limite lim é ao por: a) 5 b) 4 c) ) e) 6 04) Calculano-se o valor o limite lim + 4 5, obtém-se com resultao: 4+ a) 6 b) 6 c) ) e) 7 05) Ao calcular lim + 0 +, obtém-se como resultao: a) 8 b) c) 8 8 ) e) 06) Marque a opção que inica o valor o limite lim a) b) 4 c) 8 4 ) e) 6 07) O valor e lim + + é: a) b) + c) ) e)

77 Curso e Cálculo I Capítulo 77 08) O valor e lim + é ao por: a) b) + c) 0 ) e) 09) O valor e lim ( + ) ( ) + é ao por: a) b) + c) ) 0 e) 0) Assinale a opção que inica o valor o limite lim a) + b) 4 c) ) e) 4 ) Marque o valor o limite lim ( ) ( + ). a) 6 b) 5 c) ) 4 e) ) Qual é o valor e lim ( ) + + +? a) b) 0 c) ) O valor o limite tg ( 5) lim 0 tg é ao por: ) e) a) b) c) 5 5 ) e) 5 4) Qual o valor e cos + lim? π π a) π b) 0 c) π ) π e) π 5) Marque a opção que correspone ao valor o limite sen lim π π a) π b) c) ) 0 e) π

78 Curso e Cálculo I Capítulo 78 6) O valor o limite lim + π 4( π ) sen π é ao por: a) 4 b) 0 c) π ) π e) 4 7) Qual é o valor e 0 lim? tg π a) π 8) O valor o limite b) π c) π ) π e) π 4 π sen cos lim é ao por: sen cos a) b) c) ) e) 9) Seja g < se = 8 se >. Qual o valor e lim g a) b) c) ) e) 0) Sabe-se que h π cos se < 0 = cos se > 0 sen a) b) c) 0 ) π e) π. Qual o valor o limite lim h? 0?

79 Curso e Cálculo I Capítulo 79 CAPÍTULO A DERIVADA. A Reta Tangente e a Derivaa Muitos fenômenos físicos envolvem granezas que variam, como por eemplo, a velociae e um foguete, a inflação a moea, a contaminação e um rio, a temperatura a água o mar e assim aiante. Por isso, o conceito e erivaa é tão importante, e que é a ferramenta matemática usaa para estuar taas na quais as granezas físicas variam. Observa-se informalmente que, traçaa uma reta secante por ois pontos istintos P e Q sobre uma curva y= f, e se for amitio que Q move-se ao longo a curva em ireção a P, então, poe-se esperar uma rotação a reta secante em ireção a uma posição limite, a qual poe ser consieraa como a reta tangente à curva no ponto P (ver figura.). Figura.

80 Curso e Cálculo I Capítulo 80 Definição... Se, P p f p é um ponto o gráfico e uma função f, então a reta tangente ao gráfico e f em P, também chamaa e reta tangente ao gráfico e f em p, é efinia como seno a reta que passa por P com inclinação: m tg = lim p f f p p (.) Eemplo Resolvio... Determine a inclinação a reta tangente ao gráfico a função f = no ponto one =. Solução. Usano a equação., poe-se eterminar a inclinação a reta tangente ao gráfico a função, isto é, a inclinação é aa por: m m tg tg ( ) ( ) f f = lim = lim = lim + ( )( + ) ( ) = lim = lim = 4 + A fórmula aa pela equação. poe ser escrita e uma forma iferente, isto é se for introuzia uma nova variável h= p, então, tem-se que = p+ h e, conseqüentemente, h 0 quano p. Logo a equação. assume a seguinte forma: m tg ( + ) f p h f p = lim (.) h 0 h

81 Curso e Cálculo I Capítulo 8 A partir a geometria analítica tem-se que a forma ponto-inclinação e uma reta que passa pelo ponto (, ) P y e tem inclinação m é aa por: 0 0 y y = m (.) 0 0 Definição.. Seno, P p f p um ponto o gráfico a função f, então equação a reta tangente ao gráfico e f em P é aa por: y f p = m p (.4) tg Eemplo Resolvio... Encontre a equação a reta tangente ao gráfico a função f = + no ponto one =. Solução. Inicialmente etermina-se a inclinação a reta tangente, pelas fórmulas aas pela equação. ou equação.. m tg então: ( + ) f h f = lim h 0 h Como, f ( + h) = ( + h) ( + h) + = h + 5h + 8h+ 5 e h + 5h + 8h+ 5 5 h + 5h + 8h mtg = lim = lim = lim h + 5h+ 8 = 8 h 0 h h 0 h h 0 Logo, a equação a reta tangente será aa por: y f = m tg y 5= 8 y= 8 f = 5,

82 Curso e Cálculo I Capítulo 8 Em geral, a inclinação a reta tangente ao gráfico a curva y= f epenerá o ponto no qual a inclinação está seno calculaa; logo, a inclinação é uma função e. Eemplo Resolvio... Seja reta tangente ao gráfico e f em um ponto genérico. f =, então calcule a inclinação a Solução. Para calcular esta inclinação, então, usa-se a fórmula a equação., trocano p por ; isto é: m tg = lim h 0 ( + ) f h f h f + h = + h = + h+ h, então: Como + h+ h + h+ h mtg = lim = lim = lim ( + h) = h 0 h h 0 h h 0 Assim, poerá ser usaa a fórmula geral m = para calcular a inclinação a reta tangente em qualquer ponto a curva tg f =. ponto, A inclinação a reta tangente a uma curva y= f, que passa pelo p f p, aa pelo limite: m tg = lim p f f p p (.5) em muitas situações tem uma importância maior que a própria reta tangente e usa-se a notação f ' aplicaa em um ponto p. p para inicá-la chamano-a e erivaa e f

83 Curso e Cálculo I Capítulo 8 Definição... A erivaa e uma função f aplicaa em = p, inicaa por f ' p, é aa pelo limite: f ( p) ' f f p = lim p p (.6) Se este limite eistir, então a função é ita erivável ou iferenciável em = p e p é ito ser um ponto e iferenciabiliae e f, por outro lao, se este limite não eiste então se iz que p é um ponto e não iferenciabiliae e f. A erivaa e f aplicaa em = p, também, poe ser escrita na forma alternativa: f ( p) ' ( + ) f p h f p = lim (.7) h 0 h Definição..4. Seno, P p f p um ponto o gráfico a função f, então equação a reta tangente ao gráfico e f em P é aa por: ' y f p = f p p (.8) Enquanto a reta normal ao gráfico e f em P é aa por: y f ( p ) = f ' p (.9) p Eemplo Resolvio..4. Encontre as equações as retas tangente e normal ao gráfico a função f = sen no ponto = 0. Solução. A inclinação a reta tangente é aa pela erivaa a função aplicaa em = 0.

84 Curso e Cálculo I Capítulo 84 f f f 0 sen 0 sen '0 = lim = lim = lim = Daí, a equação a reta tangente é aa por: ( 0 ) '( 0)( 0 ) '( 0) y f = f y= f y= e a equação a reta normal é aa por: y f ( 0) 0 '0 y = = f '0 y = f Definição..5. A função f ' efinia pela fórmula: f ' ( + ) f h f = lim (.0) h 0 h é chamaa e erivaa e f em relação a. O omínio e too para o qual o limite eiste. f ' consiste e Eemplo Resolvio..5. Encontre a função erivaa. (a) g = (b) h = Solução (a). A erivaa é aa pelo limite: g + h g + h g' = lim = lim h 0 h h 0 h Para resolver este limite é necessário simplificar a epressão: + h + h + h + + h = = = h h + h + h h + h + ( + + )

85 Curso e Cálculo I Capítulo 85 lim Daí, + h = lim = h + h + h 0 h 0 Logo tem-se que g' =. Solução (b). A erivaa é aa pelo limite: h h( + h) h( ) ' lim lim h + h h = = + = lim = lim = h 0 h h 0 h h 0 h h 0 h h' Logo tem-se que = ( + ) Se f é iferenciável em toos os pontos e um intervalo aberto ( ab, ), então se iz que f é iferenciável em (, ) intervalos infinitos a forma (,a), ( b, + ) e (, ) iferenciável em (, + ), se iz que f é iferenciável em too parte. f f p Para que o limite lim p p limites laterais eistam e sejam iguais, isto é, ab. Isto se aplica, também, a +. No caso e f ser eista é necessário que os f f p f f p f f p lim lim = f '( p) = lim p p p p + p p Daí poe-se concluir que: f ( p) ' = lim p f f p p (erivaa à esquera e p ) f + ( p) ' = lim + p f f p p (erivaa à ireita e p )

86 Curso e Cálculo I Capítulo 86 A erivaa e f em p eiste se, e somente se, as erivaas à esquera e á ireita eistirem e forem iguais, isto é: f ' p f ' p = f ' p (.) + Eemplo Resolvio..6. Mostre que f = não é iferenciável em = 0. Solução. Para verificar a iferenciabiliae em = 0, basta verificar a eistência o limite: f ( 0) f f '0 = lim = lim Como lim = e 0 lim =, então não eiste + 0 lim 0 conseqüentemente não eiste f '0 e a função não é iferenciável em = 0. e Teorema... Se f é iferenciável em um ponto p, então f é também contínua em p. Prova. Por hipótese se f é iferenciável em p, então eiste: f ( p) ' f f p = lim p p Logo, para mostrar que f é contínua em p eve-se mostrar que =, ou e forma equivalente, f f ( p) lim f f p p lim = 0. p

87 Curso e Cálculo I Capítulo 87 Daí, f f p lim f f ( p) = lim p p p p provano que lim f f ( p) p f f p = lim lim ( p) = f '( 0) = 0 p p p =, ou seja, que a função é contínua em p. O que o teorema.. iz é que a iferenciabiliae implica na continuiae, mas o simples fato e a função ser contínua não garante que a função seja iferenciável. A função poe ser contínua em um ponto e não iferenciável neste ponto, por outro lao se a função não for contínua em um ponto ela não é iferenciável neste ponto. Eemplo Resolvio..7. Seja (a) Verifique se f é contínua em =. (b) Verifique se f é iferenciável em =. + se < f = se =, então: + + se > Solução (a). lim f = lim + = lim f = lim + + = + + aí, tem-se que lim f = e como lim f f ( ) contínua em =. = =, então a função é

88 Curso e Cálculo I Capítulo 88 Solução (b). A função é iferenciável no ponto one =, se eiste o limite ( ) f f f ' () = lim f e f +, isto é: ( ) ( ) f f '() = lim = lim = lim = lim = ( ) + ( + )( ) f f '() = lim = lim = lim = lim ( + ) = Devio ao fato e que f ' f ' ( ) f f que não eiste f ' () = lim =. = =, então, poe-se concluir + e a função é ita não iferenciável em Eemplo Resolvio..8. Seja f é iferenciável em =. se< f = se =. Mostre que a função + se > Solução. A função é iferenciável no ponto one =, se eiste o limite f ' = lim f e f + ( ) f f +, isto é: ( ) ( ) ( + ) ' = lim = lim = lim = + + ( + ) ( + )( ) ( ) ' = lim = lim = lim = lim = Logo, poe-se concluir que f '( ) = e que a função é iferenciável em =.

89 Curso e Cálculo I Capítulo 89. Técnicas e Diferenciação Agora, esenvolvem-se alguns teoremas importantes, que possibilitará o cálculo e erivaas e uma forma mais eficientes, sem o uso a efinição que em alguns casos poe ser muito eaustivo e trabalhoso. Se y= f, então, usam-se as seguintes notações alternativas inicar a erivaa esta função: y f ' = ou f '( ) f ( ) = (.) Teorema... A erivaa e uma função constante é zero, isto é, se k for um número real qualquer, então: [ k ] 0 = (.) Prova. Seja f = k, logo a partir a efinição e erivaa, f ( + h) f k k [ k] = f ' = lim = lim = lim ( 0) = 0 h h h 0 h 0 h 0 Eemplo Resolvio... Se f ( ) = 4 para too, então too, isto é, [ ] 4 = 0. f ' = 0 para Teorema... A erivaa e uma função ientiae é um, isto é, [ ] = (.4)

90 Curso e Cálculo I Capítulo 90 Prova. Seja f =, logo a partir a efinição e erivaa, f + h f + h [ ] = f ' = lim = lim = lim () = h 0 h h 0 h h 0 Teorema.. (Regra a Potência). Se n for um número inteiro positivo, então: n n n = (.5) Prova. Se n f =, então a partir a efinição e erivaa, obtém-se: n n f '( ) lim lim = = = h 0 h h 0 h n + h h aí, f + h f + h n n n n n n Tem-se que: a b ( a b)( a a b... ab b ) n = , então:... n n n n = + h + + h h n fatores n n + h n n n n n lim lim ( h ) ( h )... ( h ) n = = = h 0 h h 0 Eemplo Resolvio... Calcule as funções erivaas. 7 (a) f = (b) g = Solução (a). f ' = = 7 =

91 Curso e Cálculo I Capítulo 9 Solução (b). g' = = = Teorema..4. Se f for iferenciável em e k for um número real qualquer, então kf também é iferenciável em e kf = k f (.6) Prova. Consiera-se a função g = kf, então pela efinição e erivaa tem-se: ( + ) ( + ) g h g kf h kf g' = lim = lim = h 0 h h 0 h k f ( + h) f f ( + h) f = lim = klim = kf ' h 0 h h 0 h Eemplo Resolvio... Calcule as erivaas. (a) p = (b) q = 9 Solução (a), p' = 6 = = = Solução (b) q' = 9 = = =

92 Curso e Cálculo I Capítulo 9 Teorema..5. Se f e g forem iferenciáveis em, então f também o são e + g e f g f g f g + = + (.7) f g f g = (.8) Prova. Define-se uma função ψ = f + g, então pela efinição, temse: ( h) ψ f ( + h) + g( + h) f + g ψ + ψ ' = lim = lim h 0 h h 0 h ' lim f + h f + g + h g ψ = h 0 h ( + ) ( + ) f h f g h g ψ ' = lim + lim = f ' + g' h 0 h h 0 h Corolário..5.. Se as funções f, f,..., f n são iferenciáveis em, então f± f ±... ± f n também é, e: f f = f ±±... ± f n n (.9) Prova. Análoga ao teorema..5 e poe ser feita como eercício. Eemplo Resolvio..4. Determine as erivaas. (a) p = 4 + (b) q = ( )

93 Curso e Cálculo I Capítulo 9 Solução (a). p' 4 4 = + = + [ ] [ ] p' = Solução (b). Inicialmente esenvolve-se o prouto notável: = = q então: ' 4 9 q = + = [ 4] [ ] + 9 q' = + 8 Teorema..6 (Regra o Prouto). Se f e g forem iferenciáveis em, então f g também é iferenciável em, e f g = f g + f g (.0) Prova. Define-se uma função ψ = f g, então pela efinição tem-se: ( + h) ψ f ( + h) g( + h) f g ψ ψ ' = lim = lim h ψ ' h 0 h 0 ( + ) g( + h) f g( + h) + f ( + ) f g f h g h = lim h 0 h ' lim f + h f g + h + f g + h g ψ = h 0 h ( + ) ( + ) ( + ) ' lim f h f g h f = + lim g h g ψ h 0 h h 0 h h

94 Curso e Cálculo I Capítulo 94 ψ ' lim f + h f lim lim g + h g = g + h + f h 0 h 0 h h h f ' g' = f g + f g ψ ' ' ' sen Eemplo Resolvio..5. Prove que [ ] = cos Então, calcule e [ ] cos = sen. [ sen cos ]. Solução. (i) Usano a efinição, tem-se: [ sen] sen + h sen sencosh+ cos senh sen = lim = lim h 0 h h 0 h ( ) cos senh sen cosh = lim h 0 h cos senh sen = lim + lim h 0 h h 0 ( cosh) senh cosh = cos lim sen lim = cos h 0 h h 0 h (ii) Usano a efinição, tem-se: [ ] cos + h cos cos cosh sensenh cos cos = lim = lim h 0 h h 0 h h sensenh cos cosh = lim h 0 h ( ) sensenh cos cosh = lim + lim h 0 h h 0 h

95 Curso e Cálculo I Capítulo 95 senh cosh = sen lim cos lim = sen h 0 h h 0 h (iii) Usano os fatos obtios nas partes (i) e (ii), poe-se, então, calcular a erivaa usano a regra o prouto: [ sencos ] = [ sen]( cos ) + ( sen) [ cos ] ( cos )( cos ) ( sen)( sen ) = + = cos sen = cos Eemplo Resolvio..6. Ache ( + )( ). Solução. Usano a regra o prouto, então: ( + )( ) = ( + ) ( ) + ( + ) ( ) ( )( ) ( )( ) = = = Este resultao poeria ter sio obtio se fosse realizao primeiramente o prouto entre os polinômios, e logo em seguia erivano o resultao, isto é: = + + Daí, + =

96 Curso e Cálculo I Capítulo = = Teorema..7 (Regra o Quociente). Se f e g forem iferenciáveis em, e g( ) 0, então f g também é iferenciável em, e: f g f g f = g g (.) Prova. Define-se uma função ψ = f g ( + ), então pela efinição tem-se: f h f ψ ( + h) ψ g + h g ψ ' = lim = lim h 0 h h 0 h ψ ' = lim h 0 ( + ) ( + ) g( + h) g f h g f g h h f g + f g h g( + h) g f + h g f g + h ψ ' = lim h 0 h g( + h) g ' lim f + h f g f g + h g ψ = h 0 f + h f g f g + h g ψ ' = lim h h h 0 g( + h) g

97 Curso e Cálculo I Capítulo 97 ψ ' ψ ' = = ( + ) ( + ) lim f h f g f lim g h g h h lim g( + h) g h 0 h 0 h 0 f ' g' f ( + h) f g( + h) g g lim f lim h 0 h h 0 h lim g( + h) g h 0 ψ ' ' ' g g f = f g Eemplo Resolvio..7. Seja a função p efinição p' ( ). =, então, calcule pela + Solução. Pela regra o quociente: p' p' ( ) = = = = ( + ) ( + ) ( ) tg =sec. Eemplo Resolvio..8. Mostre que [ ] Solução. Como tg = sen, então, poe-se calcular esta erivaa pela regra o cos quociente e usano os resultaos obtios nas partes (i) e (ii) o eemplo resolvio..5,

98 Curso e Cálculo I Capítulo 98 sen [ tg] = = cos [ sen]( cos ) ( sen) [ cos ] [ cos ] ( cos )( cos ) ( ) cos + sen sen sen = = cos cos = = sec = cos cos Teorema..8 (Regra o Recíproco). Se g é iferenciáveis em, e g( ) 0, então g também é iferenciável em, e g ( ) = g g (.) Prova. Como a função g é um quociente, utiliza-se o resultao o teorema..7, isto é, [] ( g ) g ( 0) g ( ) g' g' = = = g g g g Eemplo Resolvio..9. Calcule +.

99 Curso e Cálculo I Capítulo 99 Solução. Usano a regra o recíproco, então: + = = Teorema..0 (Regra a Potência). Se n for um número racional qualquer, então: n n n = (.) Eemplo Resolvio..0. Determine. (a) (b) 4 Solução (a). A epressão poe ser escrita na forma a seguinte forma e uma potência, logo: = = = = = Solução (b). A epressão 4 uma potência 4, logo: poe ser escrita na forma a seguinte forma e = = = = =

100 Curso e Cálculo I Capítulo 00 Se a erivaa então a erivaa e f ' e uma função f for ela mesmo iferenciável, f ' será enotaa por seguna e f. Isto é, pela efinição: f '', seno chamaa e erivaa f '' ( + ) ' f ' h f = lim (.4) h 0 h À meia que se tem iferenciabiliae, poe-se continuar o processo e iferenciar erivaas para obter as erivaas terceira, quarta, quinta e mesmo erivaas mais altas e f. Eemplo Resolvio... Seno f ' = f '' = 8+ 4 f ''' = 4 8 ( 4 ) f = 4 ( 5 ) f = ( n ) = 0 ( 5) f n 4 f = , então:

101 Curso e Cálculo I Capítulo 0. Derivaas e Funções Trigonométricas Definição... Chama-se e função seno a função real e variável real que associa a caa real o número sen, isto é: f = sen (.5) É necessário lembra o fato e que quano se fala sobre sen significa o seno o ângulo cuja meia em raianos é. o conjunto [,] A função seno tem como omínio o conjunto os reais e a imagem é, isto é sen. O gráfico a função seno é perióico e tem como períoo π, seno chamao e senóie. Este gráfico é apresentao na figura.. Figura.

102 Curso e Cálculo I Capítulo 0 Definição... Chama-se e função cosseno a função real e variável real que associa a caa real o número cos, isto é: f = cos (.6) É necessário lembra o fato e que quano se fala sobre cos significa o cosseno o ângulo cuja meia em raianos é. A função cosseno tem como omínio o conjunto os reais e a imagem é o conjunto [,], isto é cos. O gráfico a função cosseno é perióico e tem como períoo π, seno chamao e cossenóie. Este gráfico é apresentao na figura.. Figura. Definição... As emais funções trigonométricas são efinias por: (a) Função Tangente: sen π f = tg=, + kπ, k Z (.7) cos (b) Função Secante: π f = sec =, + kπ, k Z (.8) cos

103 Curso e Cálculo I Capítulo 0 (c) Função Cotangente: cos f = cot g=, kπ, k Z (.9) sen () Função Cossecante: f = cossec =, kπ, k Z (.0) sen Teorema... sen (a) [ ] = cos (b) [ cos ] tg (c) [ ] = sec () [ sec ] cotg (e) [ ] = cossec (f) [ cossec ] = sen = sec tg = cossec cot g Prova (c). Para provar esta erivaa eve-se recorrer a efinição, isto é: tg + tgh tg h tg [ tg] = lim = lim = lim h 0 h h 0 h h 0 h tg tgh tg ( + ) tg tgh tgh( + tg ) ( tg ) ( tg ) tgh + tgh + = lim = lim lim h 0 h ( tgtgh) h 0 h h 0 ( tgtgh) ( tg ) = + = sec ( ) As emais provas o teorema.. evem ser feitas como eercício.

104 Curso e Cálculo I Capítulo 04 Eemplo Resolvio... Calcule as funções erivaas. (a) = + (b) q p cotg sen = + cos Solução (a). Neste caso usa-se a regra o prouto. p' cot g cot g cot g = ( + ) = + + ( + ) [ ] ( cot g) ( )( cossec ) = + + = cot g cossec cossec Solução (b). Neste caso usa-se a regra o quociente. q' sen = = + cos + cos [ sen]( + cos ) ( sen) [ + cos ] ( cos )( cos ) cos ( + cos ) ( + cos ) + sen sen + sen sen = = cos + sen + sen sen = = ( + cos) ( + cos) Eemplo Resolvio... Ache. (a) tg (b) cot g Solução (a). Neste caso usa-se a regra o prouto, isto é: tg ( tg) ( ) [ tg] tg sec = + = +

105 Curso e Cálculo I Capítulo 05 Solução (b). Neste caso poe-se epressar o termo cot gcot g, logo, poe-s e usar a regra o prouto. cot g como o prouto cot g cot g cot g cot g cot g cot g cot g = = + [ ] [ ] = cossec cot g cot gcossec = cossec cot g Eemplo Resolvio... Encontre as equações as retas tangente e normal ao gráfico a função f = sen no ponto 0,0. Solução. Para encontrar as retas tangente e normal, é necessário encontrar, primeiramente, a erivaa a função f sen Da trigonometria tem-se que =. sen = sen cos, aí, f ' = sen [ sencos ] [ sen]( cos ) ( sen) [ cos ] = = + { ( sen)( sen) } { sen } = cos cos + = cos = cos As equações as retas tangente e normal ao gráfico a função para = 0, são aas, respectivamente pelas equações (ver equações.8 e.9): ( 0 ) = '( 0) e ( 0) y f f y f = f '0 Como f ( 0) = 0 e f '0=, então, poe-se concluir que as equações as retas tangente e normal são aas, respectivamente, por: y= e y = Os gráficos a função f sen são mostraos na figura.4. = e as retas y= e y =

106 Curso e Cálculo I Capítulo 06 Figura.4 Eemplo Resolvio..4. Seja a função p Verifique se p é iferenciável em = 0. π cos se 0 =. 0 se = 0 Solução. A efinição e erivaa é aa por: f π cos p p( 0) π '0 = lim = lim = lim cos π lim = 0 e lim cos 0 0 Como π não eiste, mas cos é π limitaa, isto é cos. Então, poe-se concluir o Teorema.5.4 (Móulo ) que: f π '0 = lim cos = 0 0 O que implica que a função p é iferenciável em = 0.

107 Curso e Cálculo I Capítulo 07.4 Regra a Caeia Teorema.4. (Regra a Caeia). Se g for iferenciável em e f for iferenciável em g( ), então f g é iferenciável em e, f ( g ) f '( g ) g' = (.) Ou aina, se y= f g e u= g, então y f ( u) = e, y y u = (.) u Eemplo Resolvio.4.. Se y tg( ) =, ache y. Solução. Seja u=, assim y= tgu e pela regra a caeia y y u [ tgu] ( sec u) sec u = u = u = = mas como u y =, então: sec ( ) =. Eemplo Resolvio.4.. Ache +. Solução. Fazeno u= + e y= u, então: y + =

108 Curso e Cálculo I Capítulo 08 Logo, pela regra a caeia: y y u = = u u u + = = u u mas como u= +, então: + = + Uma forma alternativa para a regra a caeia é aa por: u f ( u) f '( u) = (.) Eemplo Resolvio.4.. Determine ' f para f ( 4 7) = +. Solução. Fazeno = 4 + 7, então f ( u) u u =. Logo: 0 u f ' = 4 7 u { u + = = f '( u) ( 0 0 = + ) + = ( + ) ( ) f '

109 Curso e Cálculo I Capítulo 09 Fórmulas generalizaas e iferenciação u n = nu n u u = u u u [ senu] = cosu [ cosu] u u = senu [ tgu] = sec u [ cot gu] = cossec u [ secu] = secutgu [ cossecu] u u u = cossecucotgu Eemplo Resolvio.4.4. Calcule: (b) cossec (a) cos( + ) (c) 7 + cot g+ Solução (a). cos Solução (b). ( + ) = sen( + ) [ + ] = sen( + ) + cossec = cossec = cossec cot g cossec cossec Solução (c). + cot g+ = 7 + cot g+ + cot g ( cossec ) 6 ( cot g ) 7 ( + cot g+ ) = + +

110 Curso e Cálculo I Capítulo 0.5 Diferenciais e Aproimação Linear Local Até o presente momento y tem sio visto como uma simples notação para a erivaa e y= f. Porém, poe-se interpretar y como um quociente entre ois acréscimos. Isto é, olhano para como um acréscimo em, eve-se procurar interpretar o acréscimo y em y. Figura.5 Sabe-se que f ' ponto, f ( ), ver figura.5, e que f ' é o coeficiente angular a reta tangente t, no y =. Olhano para y como o acréscimo na orenaa a reta tangente t, corresponente ao acréscimo em, tem-se: y = f ' (.4)

111 Curso e Cálculo I Capítulo Os acréscimos e y são chamaos e iferenciais as variáveis e y, respectivamente. Sabeno que =Δ, então, poe-se efinir a variação a variável y, ou incremento a variável y, a seguinte forma: one Δ y= f ( +Δ) f (.5) Δ é chamao e incremento a variável. Usano os incrementos Δ e iferencial usano a seguinte notação: Δ y, poe-se escrever uma fórmula e f Δy ' = lim = lim Δ Δ 0 Δ 0 ( + Δ ) f f Δ (.6) Eemplo Resolvio.5.. Seja a função forma iferencial. f =, então, escreva a sua Solução. Inicialmente etermina-se a função erivaa, f ' = e como ' y = f, então: ( ) y = Eemplo Resolvio.5.. Seja a função =Δ = 0,0, então, etermine y e Δ y para =. f = e sabeno que Solução. Tem-se que: f = = 4

112 Curso e Cálculo I Capítulo f +Δ = f,0 =,0 = 4,040 Daí, Δ y= f +Δ f = f,0 f = 4,040 4= 0,040 y = Como f ', então, o iferencial y é ao pela equação: y = ( 0,0) = 0,04 Eemplo Resolvio.5.. O volume e uma esfera e raio R é ao pela equação: 4 V = π R Determine à erivaa o volume V em função o raio R e escreva na forma iferencial. Solução. Seno o volume V uma função o raio R a esfera, então, a sua erivaa é aa por: V = π R π R π R 4πR R R = = = R Como o iferencial V V = R, então: R V = 4π R R Consiere uma função f iferenciável em um intervalo conteno o ponto p. Agora, poe-se efinir uma reta tangente ao gráfico a função y= f no ponto, p f p, como mostrao na figura.6.

113 Curso e Cálculo I Capítulo Figura.6 Em muitas situações poe ser fácil calcular um valor f ( p ) e uma função, mas é ifícil (ou até mesmo impossível) calcular valores próimos e f. Neste caso poe-se usar a epressão que efine a reta tangente para calcular estes valores próimos e f. Em outras palavras, usa-se a reta tangente t (ver figura.6) em ( p, f ( p )) como uma aproimação para a curva y f próimo e p. A equação a reta tangente é aa por: ' = quano está y= f p + f p p (.7) e a aproimação: ' f f p + f p p (.8) é enominaa aproimação linear local ou aproimação pela reta tangente e f em p. A função linear cujo gráfico é essa reta tangente, isto é, ' L = f p + f p p (.9) é chamaa e linearização e f em p.

114 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Eemplo Resolvio.5.4. Encontre uma aproimação linear local a função f = sen em = 0. Solução. A erivaa a função f = sen é aa por: f ' = cos então em = 0, tem-se: ( 0 ) '( 0)( 0) { 0 cos0 { 0 L = f + f = sen + = L = Poe-se concluir que a linearização é aa por: e a qual poe ser vista na figura.7. Figura.7 Eemplo Resolvio.5.5. Seja a função f = +, então encontre a aproimação linear local em =. Use esta aproimação para encontrar valores aproimaos para os números,96 e 4,04.

115 Curso e Cálculo I Capítulo 5 f = + = + é aa por: Solução. A erivaa a função f ' = ( + ) = + e assim tem-se que f ( ) = + = e ' aproimação linear local é aa por: 5 L = f ( ) + f '( )( ) = + ( ) = L 5 = Poe-se concluir que a linearização é aa por: que poe ser vista na figura.8. f = =, então, a + 4 Figura.8

116 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Em outras palavras poe-se izer que na vizinhança e =, temse a função f = + se comporta como a reta L = +, isto é: 4 4 Daí para encontrar,96 e 4,04 usa-se a epressão linear, ou seja: 5 7,96,96 =,96 + (,96) + = =, e 5 8,04 4,04 =,04 + (,04) + = =,

117 Curso e Cálculo I Capítulo 7 Eercícios Propostos (Capítulo ) 0) A equação a reta tangente à curva y=, no ponto e abscissa, é: a) y= 4 b) y= 4 c) y= + ) y= + e) y= + 0) A equação a reta tangente à curva y=, no ponto one =, é aa por: a) y= 6 4 b) y= c) y= ) y= + e) y= ) A reta normal ao gráfico a função f = em = é aa por: a) + y = 0 b) + y = 0 c) + y = 0 ) y = 0 e) y = 0 04) As equações as retas tangentes à curva equação y = são aas por: y = paralelas á reta e + a) y = e y = b) + y = 0 e + y = 7 c) y = e y = 7 ) y = 5 e y = 6 e) + y = e + y =

118 Curso e Cálculo I Capítulo 8 05) As retas tangente e normal ao gráfico e g respectivamente, por: = em = são aas, + a) y= + e y= 4+ b) y= e y= 4 4 c) y= e y= + ) 5 y= + e y= 4+ e) 5 y= + e y= 06) Quais são os valores e que fazem o gráfico a função f = + + ter uma tangente horizontal? a) e b) e c) 0 e ) e 4 e) e 5 07) Qual é a reta tangente ao gráfico a função f = + em =? a) y = 0 b) y = 0 c) y = ) + y = e) + y = 0 08) O valor a erivaa a função f = 7 no ponto one = é ao por: a) b) c) 6 6 ) e) h 09) Seja a função α+ β se < =. Quais os valores as constantes se α e β, respectivamente, que tornam a função h iferenciável em =? a) e b) e c) 5 e ) 5 e 4 e) 5 e 4

119 Curso e Cálculo I Capítulo 9 0) A função erivaa e y= é y ' igual a: a) + b) c) ) 5 e) 7 ) Qual é a erivaa primeira a função 4 f = +? 4 a) 4 + b) + c) ) e) 4 ) Se y =, então, a função erivaa primeira y ' é aa por: + a) ( + ) ) + b) ( + ) e) + c) ( + ) ) A erivaa e g = + 4 é g' aa por: a) + 4 b) + 4 c) + 4 ) ( + ) e) ( ) 4 + 4

120 Curso e Cálculo I Capítulo 0 4) A função primeira e y = + é: a) b) ( ) ( + ) c) ( ) ( + ) ) ( )( + ) e) + 5) Seja p =, então, a função p' é aa por: a) 6 b) 6 c) 6 4 ) 6 e) 6 6) Qual é a erivaa primeira a função f sen = cos? a) cos b) sen cos c) tg ) sen e) cos 7) A erivaa f '( ) a função f tg( sen) = é aa por: a) cos sec ( sen) b) sen tg ( sen) c) cos tg ( sen) ) sen sec ( sen) e) cos sec ( sen)

121 Curso e Cálculo I Capítulo 8) Marque a opção que inica cossec ( + ) a) c) e) ( + ) cot g + ( + ) g( + ) sec t + ( + ) sec + 9) O resultao e sen ( ). b) ) é ao por: ( + ) tg + ( + ) g( + ) cossec cot + a) cos( ) 4 sen( ) b) 4 cos( ) + sen( ) c) cos( ) 6 4 sen( ) ) 4 cos( ) sen( ) e) 4 cos( ) 6 sen( ) 0) Se y cos =, então, '' y é igual a: a) sen b) cos c) sen + cos ) cos sen e) cos sen

122 Curso e Cálculo I Capítulo CAPÍTULO FUNÇOES LOGARÍTMICAS E EXPONENCIAIS. Funções Inversas A iéia e resolver uma equação o tipo y= f para como uma função e y, isto é = g( y), é uma as mais importantes iéias na matemática. Este processo é bastante simples em muitas situações; por eemplo, usano álgebra básica, a equação: y= poe ser resolvia para como uma função e y a seguinte forma: = y A equação y= poe ser usaa para calcular um valor para y se for conhecio, enquanto que a equação = y poe ser usaa para encontrar um valor para se y for conhecio, veja a figura.. Figura.

123 Curso e Cálculo I Capítulo O intuito nessa seção é ientificar as relações que possam eistir entre as funções f e g, quano uma função y = f poe ser epressa como = g( y). Por eemplo, seno as funções f = e g( y) = y, então, quano elas são compostas em qualquer orem, uma cancela o efeito a outra, isto é, ( ) g f = f = = ( ) f g y = g y = y = y Definição... Se a funções f e g satisfazem as uas conições: ( ) g f = para too no omínio e f ( ) f g y = y para too y no omínio e g então, iz-se que f e g são funções inversas. Eemplo Resolvio... Mostre que as funções g( y) = y, y são inversas. f = +, 0 e Solução. Usano o fato apresentao na efinição.., tem-se: ( ) g f = f = + = =, para 0 e ( ) f g y = g y + = y + = y + = y, para y A função inversa poe ser enotaa por função f = +, 0 poe ser epressa por f, isto é, a inversa a f y = y, y.

124 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Teorema.. (Teorema a Uniciae a Inversa). Se uma função f amitir inversa, enotaa por f, ela é única. É muito importante entener que uma função está eterminaa pela relação estabelecia entre suas entraas e saías e não pela letra usaa para a variável inepenente. Ou seja, as fórmulas f = e f y = y usam variáveis inepenentes iferentes, porém, estas fórmulas efinem a mesma função f, pois atribuem o mesmo valor para caa entraa, como por eemplo, em ambas as notações f ( ) = 9. Logo, a partir e agora se epressa tanto à função f quanto a sua inversa f com a mesma variável inepenente. Usano esta notação, então, a Definição... poe ser escrita a forma seguinte. Definição... Duas funções, f e f, são itas inversas se satisfazem as conições: ( ) f f = para too no omínio e f ( ) f f = para too no omínio e f Eemplo Resolvio... Confirme caa um os seguintes itens. (a) A inversa e f = é f =. (b) A inversa e f = 4 é 4 f = +. Solução (a). Tem-se que: ( ) f f = f = =

125 Curso e Cálculo I Capítulo 5 ( ) f f = f = = Solução (b). Tem-se que: ( ) f f = f + 4= 4+ 4= = ( ) f f = f 4= + 4 4= + 4 4= Teorema... Se uma equação y= f poe ser resolvia para como uma função e y, então f amite uma inversa e a equação resultante é = f y. Eemplo Resolvio... Seja a função encontre a sua inversa. 4 5 f =,, então, + 5 Solução. Seno 4 5 y=,, então, basta resolver como uma função + 5 e y para encontrar a epressão a inversa. Logo, para too 4 y = + 5 y+ 5y= 4 y 4= 5y 4 y = 5y + 5y + ( 4 y) = 5y+ = 4 y Logo a inversa é aa por f =,. 4 5 tem-se:

126 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Eemplo Resolvio..4. Encontre a inversa a função 5 f = +. Solução. Para encontrar a inversa basta resolver como uma função e y. Isto é, se: 5 y= + então: 5 = y 5 = y 5 = y 5 5 = y = y por: Trocano as variáveis poe-se concluir que a função inversa é aa = ( ) 5 f Definição... Uma função f é ita injetiva, ou um a um, se para quaisquer e o omínio e f, com palavras, se f ( ) f ( ) = implica que =., tem-se f ( ) f ( ). Em outras Teorema... Se f é uma função injetiva, então eiste uma e somente uma função f com omínio igual à imagem e f que satisfaz a equação: ( ) f f = (.) para too na imagem e f.

127 Curso e Cálculo I Capítulo 7 Fica eviente que: Domínio e f = Imagem e f e Imagem e f = Domínio e f Eemplo Resolvio..5. Mostre que a função injetiva em (, ) (, + ). f =, + é Solução. Para mostrar que a função é injetiva basta mostrar que se f = f implica que =. Daí, = + + Supono que f ( ) f ( ) =, então, tem-se: ( )( + ) = ( )( + ) + 6 = = 6 7 = 7 = De one poe-se concluir que a função é injetiva. Corolário... Se uma função f é injetiva, então, f é invertível, isto é amite uma função inversa f.

128 Curso e Cálculo I Capítulo 8 Figura. De acoro com a figura., poe-se ver claramente que o gráfico em (a) representa uma função não injetiva evio ao fato e que f ( ) = f ( ) para. O gráfico em (b) representa uma função injetiva, pois f f para quaisquer, e neste caso a função é invertível. Geometricamente para efinir se uma função é invertível, poe-se aplicar o seguinte teste apresentao no Teorema... Teorema.. (Teste a reta horizontal). Uma função f amite uma inversa se e somente se o gráfico e f for cortao, no máimo, uma única vez por qualquer reta horizontal. Aplicano este teste nos gráficos (a) e (b) apresentaos na figura., poe-se confirmar que a função em (a) não é invertível, enquanto que em (b) a função é invertível. Eemplo Resolvio..6. Esboce o gráfico a função f = em (, + ) e aplique o teste a reta horizontal para eterminar se a função é invertível.

129 Curso e Cálculo I Capítulo 9 Solução. O gráfico a função é a parábola que passa na origem, ( 0,0 ), e que tem a concaviae voltaa para cima, como mostra a figura.: Figura. Aplicano o Teste a reta horizontal, ver figura., poe-se ver claramente que a função f = em seu omínio não é invertível. Se ( ab, ) for um ponto no gráfico e y f = invertível, então, poe-se concluir que b= f ( a). Isto é equivalente a afirmar que a f ( b) qual significa que ( ba, ) é um ponto no gráfico e y f =. =, a Para resumir, poe-se afirmar que inverteno as coorenaas e um ponto o gráfico e f encontra-se um ponto o gráfico e f. Analogamente, inverteno as coorenaas e um ponto o gráfico e f, encontra-se um ponto o gráfico e f.

130 Curso e Cálculo I Capítulo 0 (, ) Geometricamente, o efeito e inverter as coorenaas e um ponto ab, é refletir este ponto sobre a reta y=, como mostrao na figura.4. Poe-se concluir que os gráficos as funções y= f e y f refleões um o outro em relação à reta y=. = são Figura.4 (, ) Ou seja, a figura.4 poe-se ver claramente que os pontos ( ab, ) e ba são refleões sobre y=. Teorema..4. Se f tiver uma inversa, então os gráficos e y= f e y= f são refleões um o outro em relação à reta y= ; isto é, caa um é a imagem especular o outro com relação à y=.

131 Curso e Cálculo I Capítulo Figura.5 Então, o teorema..4 poe-se concluir que para obter o gráfico a função y= f, basta fazer uma rotação o gráfico e y f a reta y=. = em torno Teorema..5. Se o omínio e f for um intervalo no qual a função seja estritamente crescente ou estritamente ecrescente, então, a função f tem uma inversa. Em muitas situações, uma função que não amite inversa poe passar a amitir, apenas restringino o seu omínio. Por eemplo, a função f = em (, ) as funções g =, 0 e + não é invertível (ver Eemplo Resolvio..6), porém o omínio a função f amitem inversas. h =, 0, as quais resultam a restrição

132 Curso e Cálculo I Capítulo Os gráficos as funções g e h são apresentaos na figura.6. A função g é estritamente crescente em [ 0,+ ) e a função h é estritamente ecrescente em (,0], logo e acoro com o teorema..5 elas passam a amitir inversas. As funções inversas são aas, respectivamente, por = e g h =, cujos gráficos são apresentaos na figura.7. Figura.6 Figura.7

133 Curso e Cálculo I Capítulo Teorema..6. Se uma função f for contínua e tiver uma inversa, então f é também contínua. Teorema..7 (Diferenciabiliae a função inversa). Suponha que a função f seja invertível e iferenciável em um intervalo I. Então iferenciável em qualquer ponto e one f f ' 0 e: f é ( f )' = (.) f ' f ( ) Eemplo Resolvio..7. Seja a função f :[ π, π ] [,] efinia por f = sen. Sua inversa é a função f : [, ] [ π, π ] f = arcsen, então, encontre a sua erivaa. efinia por Solução. De acoro com a equação. poe-se concluir que: [ arcsen ] = cos ( arcsen) Como cos 0 em [ π, π ] ( arcsen) = sen ( arcsen) = sen( arcsen) cos e como sen( arcsen) ( arcsen) cos = =, poe-se concluir que: Daí tem-se: [ arcsen ] =, então, a trigonometria tem-se que:

134 Curso e Cálculo I Capítulo 4. Diferenciação Implícita As técnicas e iferenciação vistas até o eato momento foram esenvolvias para funções que são epressas na forma y= f. Uma equação o tipo y= f efine eplicitamente y como uma função e, evio ao fato a variável y aparecer sozinha e um lao a equação. Por eemplo, as equações: y= sen e y = + arctg efinem caa uma eplicitamente y como uma função e. Em muitos casos as funções estão efinias com equações nas quais a variável y não está sozinha e um lao, neste caso, sempre que possível, eve-se resolver a equação como y em função e,isto é, isolar y em um lao a equação. Por eemplo, a equação: y+ y+ = não está na forma y= f, porém ela aina efine y como uma função e, basta resolver isolar y em um lao a equação, isto é, y = + Assim, se iz que a equação y+ y+ = efine y implicitamente como uma função e, seno: f = +

135 Curso e Cálculo I Capítulo 5 Eemplo Resolvio... Mostre que a equação + y = 4 efine mais o que uma função e. Solução. Resolveno a equação + y = 4 para y como função e, obtemse: y=± 4 Então a equação + y = 4 efine implicitamente pelo menos uas funções, isto é, para 0 4 y tem-se f = e para y 0 tem-se 4 f =, como mostrao na figura.8. Figura.8 Definição... Diz-se que uma aa equação nas variáveis e y efine a função f implicitamente se o gráfico e y= f coinciir com algum segmento o gráfico a equação. Em geral não é necessário, e muitas vezes não é possível, resolver uma equação e y em termos e, neste caso usa-se a iferenciação implícita para encontrar y.

136 Curso e Cálculo I Capítulo 6 A iferenciação implícita consiste em erivar os ois laos a equação em relação a variável, sem a necessiae e resolver y como função e, e em seguia eve-se epressar y e y. como função as variáveis Eemplo Resolvio... Encontre y para a equação + y = 4, y 0. Solução. Na iferenciação implícita erivam-se os ois laos a equação em relação à, logo: + y = ( ) ( y ) [ 4] + = 0 y + y = 0 y = y Como para y 0, tem-se y= 4, poe-se, então, concluir que: y = 4 Neste caso poe-se calcular y sem haver a necessiae e usar a iferenciação implícita, isto é resolveno a equação + y = 4, para y 0, obtém: y= 4

137 Curso e Cálculo I Capítulo 7 Daí usano a regra a caeia tem-se: y = 4 = 4 = = ou seja: y = 4 Eemplo Resolvio... Encontre y para a equação seny + y = tg. Solução. Na iferenciação implícita erivam-se os ois laos a equação em relação à, ou seja: seny y tg + = [ ] seny + seny + y + y = tg [ ] [ ] [ ] y y seny + cosy + y + y = sec y cos y+ y = sec seny y y sec seny y = cos y+ y Eemplo Resolvio..4. Encontre a equação a reta tangente ao gráfico o Fólio e Descartes e equação + y = y no ponto,.

138 Curso e Cálculo I Capítulo 8 Solução. Diferenciano implicitamente os laos a equação o Fólio e Descartes, resulta: y y + = [ ] [ ] y [ y] + = + y y + y = y+ y y = y y y = y A inclinação a reta tangente é aa pela erivaa a função aplicaa no ponto,, ou seja: m tg y =, = = Daí a reta tangente é aa por: y = y = + + y =

139 Curso e Cálculo I Capítulo 9 Eemplo Resolvio..5. Ache [ arcsen ] π, 0,. Solução. Uma outra forma e encontrar esta erivaa é através a iferenciação implícita, como segue: y = arcsen seny = então por iferenciação implícita tem-se: [ seny] = [ ] cos y y y y = = = cos y sen y e como seny =, poe-se concluir que: [ arcsen ] = Eemplo Resolvio..6. Um balão esférico está se epanino. Se o raio está aumentano a uma taa e 5 centímetros por minutos, em que taa o volume estará aumentano quano o raio for e centímetros. Solução. O balão tem a forma e uma esfera e raio R, como mostrao na figura.9. O volume a esfera é ao por: 4 V = π R

140 Curso e Cálculo I Capítulo 40 Figura.9 Como o volume V e o raio R variam com o tempo, então, poe-se concluir que V = V( t) e R R( t) =, então iferenciano implicitamente a equação 4 V = π R em relação a variável tempo t, tem-se: 4 [ ] V = πr V 4πR R t t = t t R Quano R =, tem-se 5 t =, então aí, V t = 4π 5 = 880π cúbicos por minuto. Logo o volume está aumentano a uma taa e 880π centímetros Eemplo Resolvio..7. Um tanque cônico com água com o vértice para baio tem um raio e 0 m no topo e uma altura e 4 m. Se a água fluir entro o tanque a uma taa e 0 m / min, com que taa a profuniae a água estará cresceno quano ela tiver m e profuniae?

141 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Solução. Seja o tangue como mostrao na figura.0, Figura.0 No instante t qualquer, tem-se uma altura h e o raio r, como mostrao na figura., Figura.

142 Curso e Cálculo I Capítulo 4 forma: Logo, poe-se escrever o raio r em função a altura h, a seguinte 5 r= h Daí escreve-se o volume como função apenas a altura h : 5 V = π r h V = π h 4 logo, iferenciano implicitamente, tem-se: 5 5 [ ] V = πh πh h h = 4 4 h V t 5 = π h 44 h t e one se poe concluir que: h = t 44 5π h V t h t V Como 0 t = e h =, então: 44 4 = 0= 5π 5 π 4 m 5π min. Logo, poe concluir que a taa e aumento a altura é e

143 Curso e Cálculo I Capítulo 4. Derivaas as funções logarítmicas e eponenciais Definição... Dao um número real b, tal que 0< b, chama-se função eponencial e base b a função f e variável real e imagem real, que associa a caa o número b. Ou seja, f = b (.) Teorema... Se b > 0 e b, então: (a) A função f = b está efinia para too valor real e ; logo o omínio natural é o intervalo (, + ). (b) A função f = b é contínua no intervalo (, ) intervalo ( 0,+ ). + e a sua imagem é o Teorema.. (Proprieaes os Epoentes). (a) y y bb = b + (b) b b y = b y (c) ( b ) y y = b () y b = ( b ) y = b y ab (e) = a b (f) a a = b b O gráfico a função eponencial é injetivo e poe ser estritamente crescente se b > e estritamente ecrescente se 0< b<, como mostrao na figura..

144 Curso e Cálculo I Capítulo 44 Figura. De acoro com a figura., poem-se concluir os seguintes limites: ) Para 0< b< : lim b = 0 e lim b + + ) Para b > : lim b =+ e lim b = 0 = + Definição... Seno a e b números reais positivos, com b, chama-se logaritmo e a na base b o epoente que se eve ar à base b e moo que a potência obtia seja igual a b. Isto é, se a R, b R, 0< b e a > 0, então: logb a= b = a (.4) Definição... Chama-se e função logarítmica na base b, 0< b, a função que associa a caa > 0, o número real log b. Isto é, f = log b (.5)

145 Curso e Cálculo I Capítulo 45 As funções f = b e f = log b formam um par e inversas. Se o omínio e f é o mesmo que a imagem e f obtem-se: log b =, R b logb b =, > 0 (.6) Os primeiros logaritmos a serem estuaos foram os e base 0 chamaos e logaritmos ecimais. Para estes logaritmos é comum suprimir a base, isto é eles são escritos a forma log e não log0. Recentemente os logaritmos e base esempenharam importante papel em ciência computacional, pois surgem naturalmente em sistemas numéricos binários. Os logaritmos mais utilizaos nas aplicações são os logaritmos naturais, cuja base é o número irracional e, número e Euler, em homenagem ao matemático suíço Leonar Euler. Neste caso se escreve ln e não log e. Esta constante cujo valor aproimao em seis casas ecimais é: e,788 (.7) surge como assíntota horizontal ao gráfico a equação: y = + (.8) Poe-se concluir os seguintes limites no infinito: lim + = e + lim + = e + (.9) (.0)

146 Curso e Cálculo I Capítulo 46 Logo, tem-se as funções logarítmica e eponencial na base e, respectivamente, f = e e que: f = ln que formam um par e inversas, tal ln e =, R ln e =, > 0 (.) Dos limites aos pelas equações.9 e.0, poe-se emonstrar o seguinte limite: 0 lim + = e (.) que será usao posteriormente para euzir a função erivaa o logaritmo. Os limites aos pelas equações.9,.0 e. poem ser provaos através a regra e L Hopital, que será vista posteriormente. função O gráfico a função f = ln é obtio rotacionano o gráfico a f = e em torno a reta y= (figura.). O mesmo poe ser feito para obter o gráfico a função f = a partir a função f b log b =. Dos gráficos representaos na figura., poem-se concluir os seguintes limites: ) lim e =+ e lim e = 0 + ) lim ln =+ e + lim ln = 0 ) lim log b =+ e + lim log = b 0

147 Curso e Cálculo I Capítulo 47 Figura. Teorema... Comparação entre funções eponenciais e logarítmicas para b >. 0 b = log 0 b b = = b logb b = Im 0, b = + D( log ) = ( 0, + ) (, ) Db = + D( log ) = (, + ) 0< b < se < 0 log < 0 se 0 < < b b b Teorema..4 (Proprieaes algébricas os Logaritmos). logb y = logb + logb y (b) log = log log y (a) b b b y

148 Curso e Cálculo I Capítulo 48 (c) log b y = ylog () b log = log y b y b (e) log b = log b (f) log b log = log y y b Teorema..5. Seja > 0 e 0< b, então: [ logb ] = (.) ln b Prova. Aplicano a efinição, tem-se: + h log log ( + h) log b b b h [ logb ] = lim = lim = lim logb h 0 h h 0 h + h 0 h Fazeno a substituição u 0, logo: h u =, tem-se que h= u e se h 0, então h lim log + = lim log ( + u) = lim log ( + u) h u u b b b h 0 u 0 u 0 lim log ( ) u = b + u u 0 Como a função log b é contínua em seu omínio, então: } ln lim u u e logb( + u) = logb lim ( + u) = logbe= = u 0 u 0 ln b ln b 444 e Daí chega-se a conclusão esejaa: [ logb ] = ln b

149 Curso e Cálculo I Capítulo 49 Eemplo Resolvio... Ache: (a) [ log ] (b) [ ] log Solução (a). Neste caso a base o logaritmo é 0, então: [ log ] = ln0 Solução (b). Neste caso a base é, então: [ log ] = ln Teorema..6. Seja > 0, então: [ ln ] = (.4) Prova. Basta aplicar o teorema..5, isto é: [ ln ] = [ loge ] = = ln e { Eemplo Resolvio... Calcule, em caa caso, a função erivaa. (a) f = senlog (b) g ln = ln + Solução (a). Neste caso usa-se a regra o prouto para encontrar a função erivaa, isto é: f ' senlog sen log sen log = [ ] = [ ] + [ ]

150 Curso e Cálculo I Capítulo 50 f ' = coslog + sen ln cos log f ' = + sen ln Solução (b). Neste outro caso usa-se a regra o quociente para se encontrar a função erivaa, isto é: g' g' g' ln = = ln + ln + [ ln ]( ln + ) ( ln ) [ ln + ] ( ln + ) ( ln ) ln + ln = = = ( ln + ) ( ln + ) ( ln + ) Usano a notação a regra a caeia as fórmulas em (.) e (.4) ficam, respectivamente: u [ logb u] = (.5) u ln b [ ln u] u = (.6) u Eemplo Resolvio... Ache: (a) log( + + π ) (b) ln ( sen + cot g)

151 Curso e Cálculo I Capítulo 5 Solução (a). Pela regra a caeia tem-se: ( π) + log + + = + + π = ln0 Solução (b). Pela regra a caeia tem-se: ( π) ln0 ( π) cos cossec ln ( sen cot g) [ sen cot g] + = + = sen + cot g sen + cot g Eemplo Resolvio..4. Determine 4 sen ln + ( + )( + ) 5. Solução. Se for usaa iretamente a fórmula generalizaa com a regra a caeia, tem-se: 4 4 ln sen + sen + = ( + )( + ) sen + ( + )( + ) Ou seja, a erivaa ( + )( + ) 5 4 sen + ( + )( + ) 5 é muito trabalhosa, logo eve ser evitaa. Então, usam-se as proprieaes os logaritmos para simplificar a epressão e facilitar o cálculo a erivaa, isto é: ln sen + = ln 5 ( sen) ( + ) ln ( + ) ( + ) ( + )( + ) 4 5 ( sen) ( ) ( ) ( ) = ln + ln + ln + ln + = 4ln + ln + ln + 5ln + ( sen) ( ) ( ) ( )

152 Curso e Cálculo I Capítulo 5 Daí, 4 ln sen + = 4 ln 5 ( sen) + ln ( + ) ( )( ) + + ln ( + ) 5 [ + ] = 4 cos + 5 sen () 0 = 4cotg ( ) Logo se poe concluir que: 4 0 ln sen + 4cot 5 = g + ( + )( + ) + ( + ) + Eemplo Resolvio..5. Determine a função erivaa a função g = log + 7. ( ) + 4 Solução. Como neste caso tanto o logaritmano como a base são funções, então, não eiste nenhuma regra para se calcular a erivaa a função g iretamente. Logo, eve-se usar a regra a muança e base para epressar a função como uma razão entre ois logaritmos e base constante e epois usar a regra o quociente para calcular a erivaa. g g' ( + ) 4 ln ( + ) ln 7 = 4 4 ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) 4 ln ( + ) ln 7 ln ln 7 ln =

153 Curso e Cálculo I Capítulo 5 g' g' 4 ( + ) ( + ) 4 ln ( + ) ln ln 7 4 = = 4 ( 4+ 7) ln( + ) ln( + 7)( + ) ln ( + ) Eemplo Resolvio..6. Calcule ( 8 tg) ( sen ) 5. Solução. Pela regra o quociente tem-se: ( 8 tg) ( sen ) ( 8 tg) ( sen ) ( sen ) que é uma epressão muito complicaa, então poe-se recorrer a iferenciação logarítmica. Neste caso para a simplificação usa-se a iferenciação logarítmica que consiste em se aplicar o logaritmo em ambos os laos e uma equação y= f formano uma epressão o tipo ln y= ln f. Em seguia se aplica as proprieaes os logaritmos para simplifica a epressão ln f ( ) e facilitar os cálculos as erivaas. Ou seja, ( ) ( ) ( ) ( ) 8 tg 8 tg y= ln y= ln 5 sen 5 sen

154 Curso e Cálculo I Capítulo 54 ( ) ( 5 ) ( ) ( ) ln y= ln 8 tg ln sen = ln 8 tg ln sen 5 5 [ ln y] = ln ( 8 tg) ln ( sen ) ( 6 sec ) ( cos ) y = y 8 tg 5 sen ( ) ( ) ( ) ( ) y 6 sec cos = 8 tg 5sen y ( 8 tg) ( sen ) y 6 ( sec ) cos ( ) = 8 ( tg) 5( sen ) 5 Eemplo Resolvio..7. Seja y = 9 tg cot g 5 ( 4 ) 4, então calcule y. Solução. Aplicano o logaritmo natural em ambos os laos a epressão, temse: ln y 9 tg cot g = ln 4 5 ( 4 ) ln y= ln + ln tg cot g ln 4 ln y= ln + ln tg cot g ln [ ln y] = ln + ln ( tg cot g) ln ( 5 4 ) ( ) 5 ( ) y = + sec + cossec 5 y 9tg cotg 4 4

155 Curso e Cálculo I Capítulo 55 4 ( ) 5 y sec + cossec 5 = + y 9( tg cotg) ( ) 5 ( ) y sec + cossec 5 = + 9( tg cotg) 4 4 y 4 ( ) 5 5 ( ) ( ) sec cossec 5 y + 9 tg cot g = + 4 9( tg cotg) Eemplo Resolvio..8. Ache: Solução. Aplicano em ambos os laos o logaritmo natural tem-se: y= ln y= ln = ln [ ln y] = [ ln ] y = [ ] ln + [ ln ] = ln + y y = + ( ln ) y ( ln ) = + Daí tem-se que: y ( ln ) = +

156 Curso e Cálculo I Capítulo 56 Teorema..7. Seja 0< b, então: b b ln b = (.7) Prova. Para provar este resultao usa-se a iferenciação implícita; isto é: y= b log y= b então: y y [ logb y] = [ ] = = yln b= b ln b y ln b Eemplo Resolvio..9. Ache: (a) (b) 6 Solução (a). Como a base é, tem-se: = ln Solução (b). Como a base é 6, tem-se: 6 = 6 ln6 Teorema..8. Se b= e, então: e e = (.8)

157 Curso e Cálculo I Capítulo 57 Prova. Usano o resultao o teorema..7, tem-se: e e ln { e e = = Eemplo Resolvio..0. Ache a erivaa primeira a função aa. (a) p = e sen (b) q = 0 Solução (a). p' = e sen e ( sen) ( e ) [ sen] e sen e cos = + = + Solução (b). q' = ln0 = + = + Usano a notação a regra a caeia as fórmulas em (.7) e (.8) ficam, respectivamente: u u u b b ln b = (.9) u e = e u u (.0) Eemplo Resolvio... Ache. (a) ( tg cot g e ) (b)

158 Curso e Cálculo I Capítulo 58 Solução (a). e = e tg cot g = sec + cossec e ( tg cot g) ( tg cot g) [ ] ( ) ( tg cot g ) Solução (b). ln = ln ln = = Eemplo Resolvio... Resolva sen cos ln ( ). Solução. Usano a regra a caeia: cos sen cos ln sen = sen cos sen cos = cos ( sen) ( cos sen ) sen ( cos cos ) = Daí poe-se concluir que: sen cos cos + sen ln = sen cos sen sen cos sen cos

159 Curso e Cálculo I Capítulo 59.4 Derivaa as funções Inversas Trigonométricas e a Regra e L Hopital Definição.4.. A função inversa o seno, enotaa por arcsen, está efinia como a inversa a função seno restrita: sen, π π Em seguia, na figura.4, tem-se o gráfico a função y= sen com a restrição π π, e o gráfico a sua inversa y = arcsen. Figura.4 Da figura.4 poe-se concluir que: () D( sen) = [ π, π ] e Im( sen ) = [,] () D( arcsen ) = [,] e Im( arcsen) = [ π, π ] tem-se: Devio ao fato as funções y= sen e y = arcsen serem inversas para too [, ], e sen arcsen =

160 Curso e Cálculo I Capítulo 60 para too [ π, π ], arcsen sen = Teorema.4.. Seja, então: [ arcsen ] = (.) Prova. y = arcsen seny = y y cos [ seny] = [ ] cos y = = = = Eemplo Resolvio.4.. Determine: (b) arcsen (a) ln ( arcsen) Solução (a). Pela regra a caeia tem-se: ln = arcsen = arctg = arctg ( arcsen) [ arcsen] Solução (b). Usano a regra o prouto, então: arcsen arcsen [ arsen] arcsen = + = + Definição.4.. A função inversa a tangente, enotaa por arctg, está efinia como a inversa a função tangente restrita: tg, π π

161 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Em seguia, na figura.5, tem-se o gráfico a função y= tg com a restrição π < < π, e o gráfico a sua inversa y = arctg. Figura.5 Da figura.5 poe-se concluir que: () Dtg = ( π, π ) e Im ( tg ) = (, + ) () D( arctg ) = (, + ) e Im( arctg) = ( π, π ) Devio ao fato as funções y= tg e y= arctg serem inversas temse: para too (, ), e + tg arctg = para too ( π, π ), arctg tg = Teorema.4.. Seja +, então: = (.) + [ arctg ]

162 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Prova. y= arctg tgy= y y [ tgy] = [ ] sec y = = = = sec y + tg y + Eemplo Resolvio.4.. Determine: (a) e arctg (b) e arctg Solução (a). Neste caso, tem-se, pela regra a caeia: arctg arctg arctg arctg e e e arctg e = = = + + [ ] Solução (b). Pela regra o prouto, tem-se: e arctg e arctg e arctg = + [ ] ( e )( arctg) ( e ) = + + = e ar ctg + Definição.4.. A função inversa a secante, enotaa por efinia como a inversa a função secante restrita: arcsec, está sec, 0 π com π Em seguia, na figura.6, tem-se o gráfico a função y= sec com a restrição 0 π com π, e o gráfico a sua inversa = y arcsec.

163 Curso e Cálculo I Capítulo 6 Figura.6 Teorema.4.. Seja ou, então: arc [ sec ] = (.) Prova. y= arsec sec y= y [ sec y] = [ ] sec y tgy = y = y tgy = = y y sec sec sec Eemplo Resolvio.4.. Encontre: (a) arcsec tg ar (b) ( sec )

164 Curso e Cálculo I Capítulo 64 Solução (a). Neste caso, tem-se: arcsec [ arcsec ] = arcsec = arcsec Solução (b). Neste caso, tem-se: [ ] tg arcsec sec arcsec arcsec sec ( arcsec ) = = Como sec ( arcsec ) = sec( arcsec ) = 4444 então: tg ( arc sec ) = = Fórmulas e erivação arcsenu = () [ ] u u arccosu = () [ ] u u () [ arctgu] = + (4) [ arcotgu ] u u = + u u arcsecu = u (5) [ ] u u ar cossecu = u (6) [ ] u u Eemplo Resolvio.4.4. Calcule: (a) arcsec ( ) (b) arcsen

165 Curso e Cálculo I Capítulo 65 Solução (a). ln arc sec ln = = = Solução (b). arcsen [ ] arcsen arcsen = = arcsen arcsen = Teorema.4.4 (Regra e L Hopital para a forma 00). Suponha que lim representa um os limites lim f ( ) = 0 e lim g = 0. Se limite for + ou, então: lim, lim p f ' lim g ' p, lim, lim p + ou lim +, e que tem um valor finito L, ou se este f f ' lim = lim (.4) g g ' Eemplo Resolvio.4.5. Ache os limites. (a) cos lim 0 sen (b) lim 0 e Solução (a). [ cos cos ] lim lim sen = = lim = lim ( tg) = 0 0 sen 0 0 cos 0 [ sen]

166 Curso e Cálculo I Capítulo 66 Solução (b). [ ] 0 lim lim = = lim = lim ( e ) = e = e 0 e e Eemplo Resolvio.4.6. Ache tg lim. sen π 4 ( 4) Solução. Como o limite é uma forma ineterminaa 00, então, aplica-se L Hopital. lim sec [ tg ] π tg sec 4 lim = lim = lim = sen( 4) 4cos ( 4) ( 4) lim 4cos( 4) π π π π 4 4 sen 4 π sec 4 = = = 4cos 4 8 ( π ) 4 Eemplo Resolvio.4.7. Calcule o limite lim Solução. Poe-se resolver este limite por fatoração o quociente, mas como esta fatoração é muito complicaa, usa-se a regra e L Hopital lim lim lim = = = =

167 Curso e Cálculo I Capítulo 67 Teorema.4.5 (Regra e L Hopital para a forma ). Suponha que lim representa um os limites lim f ( ) = e lim g( ) =. Se limite for + ou, então: lim, lim p p f ' lim g ', lim, lim p + ou lim +, e que tem um valor finito L, ou se este f f ' lim = lim (.5) g g ' Eemplo Resolvio.4.8. Calcule os limites. (a) lim + e (b) lim + e Solução (a). e e lim lim = = lim ( e ) =+ + + [ ] + f ' Se o limite lim g ' também for uma forma ineterminaa 00 ou, então, poe-se aplicar novamente a regra e L Hopital, f ' f '' lim = lim g' g'' e se for necessário, ( n ) ( n ) f ' f '' f ''' f lim = lim = lim =... = lim =... g' g'' g''' g

168 Curso e Cálculo I Capítulo 68 Solução (b). [ ] lim lim = = lim = lim = lim = 0 + e + + e + + e e e Para resolver limites o tipo lim f p g ( ) (.6) primeiramente, consiere a epressão g y= f (.7) então: Aplicano o logaritmo natural em ambos os laos, obtem-se: g ( ln y= ln f ) ln y= g ln f ln y g ln f g ln f e = e y= e lim g ( ) g ( lim ) ln f ( = ) f e p p e como a função eponencial é contínua, logo: { } lim f e e = = (.8) lim ln g g ln f g f p lim p p Eemplo Resolvio.4.9. Prove. (a) ( ) lim + 0 = (b) lim ( ) 0 + = e

169 Curso e Cálculo I Capítulo 69 Solução (a). Como ln = e, então: ln ( ) ( e ) ( ) lim = lim = ep lim ln lim ln ln lim ( ) = ( Forma Ineterminaa ) [ ln ln ] lim lim lim lim 0 = = = = Daí, 0 ( ) e lim = = Solução (b). Como ( ) ( ) ln( + ) + = e, então: ( + ) ln ( + ) ln lim ( + ) = lim e = ep lim ( + ) ln lim 0 0 ( Forma Ineterminaa ) ln ( + ln ) ( ) lim lim + = = lim + = lim = [ + ] Daí, lim + = e = e

170 Curso e Cálculo I Capítulo 70 Eercícios Propostos (Capítulo ) 0) A erivaa primeira e y ln ( e e ) = é aa por: a) e + e b) e e c) e + e ) e e e + e e) e e + e e 0) A função erivaa g' ( ) a função g = ln + é aa por: a) 4 b) 4 c) 4 4 ) 4 4 0) Qual é a erivaa ' e) n..a. y a função y ln ( ) = +? a) b) c) ) e) 04) Qual a erivaa a função sen y = ln? + sen a) sec b) tg c) cossec ) cos e) sen

171 Curso e Cálculo I Capítulo 7 05) Seja f arctg( e ) =, então, a função f ' é aa por: a) e + e b) e e c) e e ) e + e 06) Qual é a função ' e) e + e g para g arcsen( ) =? a) b) c) ) e) H 07) A função erivaa seguna e tg = e é aa por: 4 tg tg a) sec e ( tg+ ) b) sec e ( tg+ ) tg 4 c) sec e ( tg+ sec ) ) sec e tg ( tg+ sec ) 4 e) sec e tg ( tg+ sec ) 08) A função f ''( ), erivaa seguna a função f log( sen) por: = +, é aa a) cos ln0 ( + sen) ln0 b) ( + ) c) + cos ln0 ) ln0 ( sen) ln0 e) ( + sen ) 09) A equação a reta normal ao gráfico e y= e e em = 0 é aa por: a) ) 4 b) c) 4 + e) 4 4

172 Curso e Cálculo I Capítulo 7 0) A curva e equação 4 y = 5 é chamaa kampyle e Euous. Qual é a equação a reta tangente a esta curva no ponto (, )? a) 5 y= + b) 5 y= + c) 9 5 y= ) 9 5 y= e) y= 5 ) Seja a equação ysen+ tgy= π, então, y é ao por: a) ysen+ tgy ycos+ tg y b) y cos cot gy ysen tg y c) y cos tgy ycos sec y ) ysen cotgy ysen + cossec y e) y cos + tgy ysen + sec y y ) Seja a equação e cos y= sen, então, y é ao por: y sen + ye a) cos y y e b) cos y + ye y seny e c) e ye y y seny + cos ) e ye y y + cos seny e) seny ye e y y cos

173 Curso e Cálculo I Capítulo 7 ) O raio r e a altura h e um cilinro circular reto estão variano e moo a manter constante o volume V. Num eterminao instante h= cm e r= cm, e neste instante a altura está variano a uma taa e 06, cm s. A que taa está variano o raio neste instante? a) 0, cm s b) 0, cm s c) 05, cm s ) 0, cm s e) 0, cm s 4) Despeja-se areia sobre um monte em forma e cone à taa constante e 44, m min. As forças e atrito na areia são tais que a altura o monte é sempre igual ao iâmetro e sua base. Com que velociae a altura o monte aumenta quano ele tem 0,6 m e altura? a) 4 mmin π b) 6 mmin π c) mmin π ) mmin π e) 8 mmin π 5) Um garoto ana ao longo e uma calçaa reta a uma velociae e 4ft s (pés por seguno). Um holofote localizao no chão a 0 ft o caminho focaliza o garoto. A que taa o holofote está girano quano o garoto está à 5 ft o ponto o caminho mais próimo a luz? a) 6 5 ra s b) 8 5 ra s c) 6 5 ra s ) 5 ra s e) 5 ra s

174 Curso e Cálculo I Capítulo 74 6) Está seno bombeao ar para entro e um balão esférico, e seu volume cresce a uma taa e quano o iâmetro é 50 cm? 00 cm s. Quão rápio o raio o balão está cresceno a) 5π cm s b) 5π cm s c) 5π cm s ) 5π cm s e) 4 5π cm s 7) Qual o valor o limite ln? lim a) e b) c) e ) e) e 8) O valor e e lim 0 π ( π ) cos sen é ao por: a) π b) π c) ) π e) 9) Qual o valor e lim + +? a) e b) e c) e ) e 4 e) e 6 lim + sen é: 0) O valor o limite 0 a) 0 b) e c) e ) e e)

175 Curso e Cálculo I Capítulo 4 75 CAPÍTULO 4 APLICAÇÕES DA DERIVADA 4. Crescimento, ecrescimento e concaviae Neste móulo usam-se métoos o cálculo iferencial para analisar as funções e seus gráficos, ientificano intervalos em que o gráfico a função seja crescente ou ecrescente, ientificano one ocorrem seus pontos mais altos e mais baios, e que forma os gráficos se inclinam e qual o comportamento-limite em pontos específicos. Inicialmente eve-se entener que os termos crescente, ecrescente e constante são usaos para escrever o comportamento o gráfico e uma função em um intervalo, à meia que este é percorrio a esquera para a ireita. Por eemplo, a função escrita na figura 4., poe ser escrita como crescente nos intervalos (, ) e (, ), ecrescente no intervalo (, ) 0 constante no intervalo (, ). 4 e Figura 4.

176 Curso e Cálculo I Capítulo 4 76 Definição 4... Seja f uma função efinia em um intervalo e sejam e pontos este intervalo, então: (a) f é crescente no intervalo se f ( ) f ( ) < para <. (b) f é ecrescente no intervalo se f ( ) f ( ) > para <. (c) f é constante no intervalo se f ( ) f ( ) = para too e. Figura 4. De acoro com a figura 4. se uma função iferenciável f tem o gráfico crescente em algum intervalo aberto, então, poe-se chegar à conclusão e que qualquer reta tangente ao gráfico e f tem uma inclinação positiva, isto é, f ' > 0. De moo análogo, se f iferenciável tem um gráfico ecrescente em algum intervalo aberto, então, f ' < 0 e se f iferenciável for constante em algum intervalo aberto, então, f ' = 0.

177 Curso e Cálculo I Capítulo 4 77 Figura 4. Teorema 4... Seja f uma função contínua em um intervalo fechao [ ab, ] e iferenciável no intervalo aberto ( ab, ). (a) Se f '( ) > 0 para too ( ab, ), então f é crescente em [, ] ab. (b) Se f '( ) < 0 para too ( ab, ), então f é ecrescente em [, ] (c) Se f '( ) = 0 para too ( ab, ), então f é constante em [, ] ab. ab. Eemplo Resolvio 4... Ache os intervalos abertos nos quais as funções sejam crescentes ou ecrescentes. (a) f = 8+ (b) f = + Solução (a). Para saber os intervalos e crescimento e ecrescimento, eve-se analisar o sinal a erivaa primeira. A erivaa primeira a função é aa por: f ' = 8 A istribuição e sinal a função f ' é aa por:

178 Curso e Cálculo I Capítulo 4 78 Logo poe-se concluir que: f é ecrescente em (,4) f é crescente em ( 4,+ ) Solução (b). Para saber os intervalos e crescimento e ecrescimento, eve-se analisar o sinal a erivaa primeira. A erivaa primeira é aa por: f = A istribuição e sinal a função f ' é aa por: Logo, poe-se concluir que: f é ecrescente em (, 0) f é crescente em (, ) ( 0, + ) g Eemplo Resolvio 4... Seja qual a função seja crescente ou ecrescente. = e, então, ache intervalos abertos no Solução. Para encontra intervalos abertos eve-se estuar o sinal a erivaa primeira. = ( + ) g' e Como e > 0 para too R, então, a istribuição e sinal a erivaa é igual ao a epressão +, que é aa por: Logo, g é ecrescente em (, ) e g é crescente em (, ) +.

179 Curso e Cálculo I Capítulo 4 79 Eemplo Resolvio 4... Seja a função 5 h = +, então, estue o sinal e sua erivaa primeira e encontre intervalos e crescimento e ecrescimento. Solução. Para facilitar o calculo e sua erivaa, poe-se escrever a função a seguinte forma: 5 h = + A função erivaa é aa por: 5 5 h' = + = + Para estuar o sinal a função como um quociente, a seguinte forma: h ', poe-se escrever esta função h' 5 + = e one se poe concluir que a istribuição e sinal é aa por: Daí tem-se: 5 h é crescente em, ( 0, + ) e h é ecrescente em,0 5 Definição 4... Se f for iferenciável em um intervalo aberto I, então o gráfico e f é classificao como seno conveo se côncavo se f ' for ecrescente em I. f ' for crescente em I, e

180 Curso e Cálculo I Capítulo 4 80 Figura 4.4 Como o crescimento e ecrescimento e uma função são eterminaos pelo sinal a função erivaa. Logo, poe-se concluir que crescente se f '' > 0, e, analogamente, confirmao pelo teorema 4... f ' é f ' é ecrescente se f '' < 0, o que é Teorema 4... Seja f uas vezes iferenciável em um intervalo aberto I, então: (a) Se f ''( ) > 0 em I, então f tem o gráfico conveo em I. (b) Se f ''( ) < 0 em I, então f tem o gráfico côncavo em I. Definição 4... Uma função f é ita convea ou côncava em um intervalo I, quano o gráfico e f é conveo ou côncavo em I, respectivamente. Eemplo Resolvio Encontre intervalos abertos no qual a função tenha o gráfico conveo e côncavo. (a) = (b) p = ln ( + ) q

181 Curso e Cálculo I Capítulo 4 8 Solução (a). Para encontrar os intervalos no qual o gráfico a função seja conveo e côncavo, eve-se estuar o sinal a erivaa seguna. As erivaas, primeira e seguna, são aas, respectivamente, por: q' = 6 e q'' = 6 6 A istribuição e sinais a ª erivaa é aa por: Daí, q é côncava em (,) e q é convea em (, + ). Solução (b). Para encontrar os intervalos no qual o gráfico a função seja conveo e côncavo, eve-se estuar o sinal a erivaa seguna. p' e p'' = + = As erivaas, primeira e seguna, são aas, respectivamente, por: ( ) ( + ) Como a epressão + > 0, a istribuição e sinais a ª erivaa é aa pela istribuição e sinais a epressão ( ) por:, que é ao Daí, p é côncava em (, ) (, + ) e p é convea em (,).

182 Curso e Cálculo I Capítulo 4 8 Definição Se f for contínua em um intervalo aberto conteno 0 e se o gráfico e f mua e conveo para côncavo, e vise-versa, em 0, iz-se, então, que f tem um ponto e infleão em 0 o gráfico e f um ponto e infleão e f. ( 0 0 ) e chama-se o par, f ( ) Figura 4.5 F Eemplo Resolvio Consiere a função se a função apresenta pontos e infleão. =, então, verifique 4 + Solução. Tem-se que a função é efinia para too R. As erivaas primeira e seguna são aas, respectivamente por: F' e F'' = = ( 4 + ) 6 8 ( 4 + )

183 Curso e Cálculo I Capítulo 4 8 função Os pontos e infleão são encontraos através o estuo o sinal a F ''. Como a epressão ( 4+ ) > 0, então o sinal e F '' é igual ao sinal a epressão 6 8, que é ao por: Como ocorre a muança e sinal e F '' em = e em =, tem-se que a função F apresenta os seguintes pontos e infleão:, 6 e, 6 Eemplo Resolvio Seja a função intervalos abertos nos quais: (a) h é crescente e ecrescente. (b) h é côncava para cima e côncava para baio. = h e, então, etermine Solução (a). A função erivaa primeira é aa por: h' = e Devio ao fato e sinal a epressão, que é ao por: e > 0 e, então o sinal a função h ' é igual ao Daí tem-se que a função h é crescente no intervalo (,0) e é ecrescente no intervalo ( 0,+ ).

184 Curso e Cálculo I Capítulo 4 84 Solução (b). A função erivaa seguna é aa por: = ( ) h'' 4 e Devio ao fato e e > 0 e, então o sinal a função h '' é igual ao sinal a epressão 4, que é ao por: Daí a função h é côncava no intervalo, e convea no intervalo,, +.

185 Curso e Cálculo I Capítulo Etremos relativos Definição 4... Uma função f se iz ter um máimo relativo em 0 se houver um intervalo aberto conteno 0 0, no qual f é o maior valor, isto é, f f para too no intervalo. Analogamente, se iz que f tem um mínimo relativo em 0 se houver um intervalo aberto conteno 0, no qual f ( 0 ) é o menor valor, isto é, f ( 0 ) f 0 para too no intervalo. Quano f tiver um máimo ou um mínimo relativo em 0, se iz que f tem um etremo relativo em 0. Figura 4.6

186 Curso e Cálculo I Capítulo 4 86 em 0 Os gráficos (a) e (b) a figura 4.6 apresentam um máimo relativo, porém, em (a), como é um ponto e pico, tem-se que f '( ) tem-se que 0 e em (b) f ' = 0. De moo análogo, os gráficos (c) e () a figura 4.6 apresentam um mínimo relativo em 0, porém, em (c), como é um ponto e pico, tem-se que f '( ) e em () tem-se que 0 f ' = Teorema 4... Se uma função f tiver etremos relativos, então eles ocorrem ou em pontos one f '( ) = 0 ou em pontos e não-iferenciabiliae. Os pontos one a erivaa primeira é nula, ou seja, f '( ) = 0, e os pontos one não eiste a erivaa primeira, são chamaos e pontos críticos e f. Os pontos no quais f '( ) = 0 poem, aina, ser chamaos e pontos críticos estacionários. Corolário 4... Os etremos relativos e uma função se houver, ocorrem em pontos críticos. O teorema 4.. iz que se uma função tiver etremos relativos eles precisam ocorrer em pontos críticos e não que se ela tiver pontos críticos, estes são etremos relativos. Então, too etremo relativo é ponto crítico e não o contrário. Teorema 4.. (Teste a Derivaa Primeira). Suponha f contínua em um ponto crítico 0. (a) Se f '( ) > 0 em um intervalo aberto ampliano-se à esquera e 0 e f '( ) < 0 em um intervalo aberto ampliano-se a ireita e 0, então f tem um máimo relativo em 0.

187 Curso e Cálculo I Capítulo 4 87 (b) Se f '( ) < 0 em um intervalo aberto ampliano-se à esquera e 0 e f '( ) > 0 em um intervalo aberto ampliano-se a ireita e 0, então f tem um mínimo relativo em 0. (c) Se f ' tiver o mesmo sinal em um intervalo aberto ampliano-se à esquera e 0 e, em um intervalo aberto ampliano-se a ireita e 0, então f não tem etremos relativos em 0. Eemplo Resolvio 4... Encontre os etremos relativos. (a) p = (b) q = 9 + Solução (a). A erivaa primeira é aa por: p' = Como a função é polinomial, então, não há pontos e não iferenciabiliae. Logo os pontos críticos são encontraos resolveno a equação p' ( ) = 0. Isto é, resolveno: = 0 tem-se =. Então a função p apresenta um ponto crítico estacionário em =. A istribuição e sinais a função erivaa é aa por: Aplicano o teste a erivaa primeira, tem-se que, como o sinal a erivaa primeira mua e negativo para positivo em =, a função p apresenta um mínimo relativo em =. Ou seja, a função apresenta um valor mínimo ao por p ( ) = 4.

188 Curso e Cálculo I Capítulo 4 88 Solução (b). A erivaa primeira é aa por: q' = 6 9 Como a função é polinomial, então, não há pontos e não iferenciabiliae. Logo os pontos críticos são encontraos resolveno a equação q ' = 0. Isto é, resolveno: 6 9= 0 tem-se = e =. Então a função q apresenta pontos críticos estacionários em = e =. A istribuição e sinais a função erivaa é aa por: O sinal a erivaa primeira mua e positivo para negativo em =, logo a função q apresenta um máimo relativo em =, ao por q( ) = 6. Analogamente, como o sinal a erivaa primeira mua e negativo para positivo em =, então q tem um mínimo relativo em =, ao por q ( ) = 6. Eemplo Resolvio 4... Encontre os pontos críticos a função 4 f = + 4 e classifique-os em máimo relativo, mínimo relativo ou nenhum os ois. Solução. Como a função é polinomial, então os pontos críticos são aos pelos zeros a erivaa primeira. Isto é eve-se resolver a equação f '( ) = 0. Tem-se que a erivaa primeira é aa por: f ' = 4 +

189 Curso e Cálculo I Capítulo = 0 Resolveno a equação f '( ) = 0, então: que poe ser simplificaa para a forma: 4 + = 0 As raízes esta equação são = 0, com multipliciae ois, e =. Como 4 > 0, então, a istribuição e sinais a erivaa primeira é igual ao a epressão + que é ao por: Como o sinal e f ' mua e negativo para positivo em =, temse que f apresenta um mínimo relativo em = que é ao por f ( ) = 8. Em = 0 não ocorre uma muança e sinal, logo, poe-se concluir que a função f não apresenta etremo relativo neste ponto. Eemplo Resolvio 4... Seja a função 4 g =, então, etermine os pontos críticos e classifique-os em máimo relativo, mínimo relativo ou nenhum os ois. Solução. Inicialmente, encontram-se os pontos críticos. A função poe ser escrita a forma: 4 g = cuja erivaa é aa por: 4 g' = 4 4 = ( )

190 Curso e Cálculo I Capítulo 4 90 A função g apresenta ois pontos críticos; em =, um ponto crítico estacionário, pois ' 0 iferenciabiliae, pois g '0. A istribuição e sinal a função g =, e em = 0, um ponto crítico e não g ' é aa por: Como o sinal e g ' mua e positivo para negativo em =, então g apresenta máimo relativo em neste ponto, ao por g ( ) = 9. Em = 0 como o sinal e g ' não mua, então não há etremos relativo neste ponto. Figura 4.7 Se a função apresenta um mínimo relativo em um ponto crítico estacionário 0, então o gráfico a função é conveo, como mostrao na figura f '' < (a), então, poe-se concluir que em um intervalo aberto conteno 0, temse f ''( ) < 0 e conseqüente 0

191 Curso e Cálculo I Capítulo 4 9 Analogamente, se a função apresenta um máimo relativo em um ponto crítico estacionário 0, então o gráfico a função é côncavo, como mostrao na figura 4.7 (b), então, poe-se concluir que em um intervalo aberto conteno 0, tem-se f ''( ) > 0 e conseqüente f '' > 0. Da análise a figura 4.7 poe-se concluir que para eterminar se um ponto crítico estacionário é um etremo relativo, basta analisar o sinal a erivaa seguna neste ponto, como mostra o teorema Teorema 4.. (Teste a Derivaa Seguna). Suponha que f seja uas vezes iferenciável em um ponto crítico estacionário 0. (a) Se f '' > 0, então f tem em 0 um mínimo relativo. 0 (b) Se f '' < 0, então f tem em 0 um máimo relativo. 0 (c) Se f '' = 0, então o teste é inconclusivo. 0 O que o teorema 4.. parte (c) afirma é que se f '' = 0, então, o ponto 0 poe ser um máimo relativo, mínimo relativo ou nenhum os ois. Se ocorrer este caso eve-se, então, utilizar o teorema 4.. para eterminar se o ponto é ou não um etremo relativo. 0 Eemplo Resolvio Seja a função h pontos críticos e classifique-os. Solução. A função erivaa primeira é aa por: = ( ) h' e Resolveno a equação h' = e = 0 = e, então, encontre os

192 Curso e Cálculo I Capítulo 4 9 obtem-se as seguintes soluções: =, = 0 e =, que são os pontos críticos a função h. A função erivaa seguna é aa por: 4 = ( + ) h'' 4 e i) para Aplicano o teste a erivaa, =, tem-se máimo relativo em ii) para 0 6 h'' = < 0. Daí poe-se concluir que h tem um e =, ao por h( ) =, tem-se h =, ao por relativo em 0 =. e '' 0 = > 0. Daí poe-se concluir que h tem um mínimo h 0 = 0. 6 iii) para =, tem-se h'' () = < 0. Daí poe-se concluir que h tem um e máimo relativo em =, ao por h() =. e Eemplo Resolvio Encontre os etremos relativos para a função g: R 4 R aa por g = Solução. A erivaa primeira é aa por: g' = g' = = 0 Resolveno a equação: obtem-se a seguintes soluções: =, = 0 e =, que são os pontos críticos a função g.

193 Curso e Cálculo I Capítulo 4 9 g'' = i) para A erivaa seguna é aa por: Agora, aplica-se o teste a erivaa seguna nos pontos críticos, =, tem-se mínimo relativo em ii) para 0 =, tem-se g máimo relativo em 0 iii) para relativo em =, tem-se g g '' = > 0. Daí poe-se concluir que g tem um g = 0. =, ao por '' 0 = < 0. Daí poe-se concluir que g tem um =, ao por =, ao por g 0 = 0. '' = > 0. Daí poe-se concluir que g tem um mínimo g = 0.

194 Curso e Cálculo I Capítulo Etremos absolutos e gráficos Definição 4... Diz-se que uma função f tem um máimo absoluto em 0 e um intervalo I, se f ( 0 ) for o maior valor e f em I ; isto é, f ( ) f para too em I. Analogamente, se iz que uma função f tem 0 um mínimo absoluto em 0 f em I ; isto é, f ( ) f 0 e um intervalo I, se f for o menor valor e para too em I. Se f tiver em 0 qualquer um os ois, máimo absoluto ou mínimo absoluto, iz-se que f tem em 0 I um etremo absoluto. 0 Teorema 4.. (Teorema o Valor Etremo ou Teorema e Weierstrass). Se uma função f for contínua em um intervalo fechao finito [ ab, ], então f tem ambos um máimo e um mínimo absolutos em [ ab, ]. Eemplo Resolvio 4... Seja a função f :, [ ] então, etermine os etremos absolutos. R aa por f = 4, Solução. A função é polinomial, então, ela obeece às hipóteses o teorema 4... Daí poe-se concluir que há um máimo e um mínimo absolutos em [, ]. A função f é estritamente crescente, pois, f ' = 0. Logo, os etremos absolutos evem ocorrer nos etremos o intervalo [, ]. Então, calculano as imagens os etremos tem-se: f ( ) = e f ( ) =

195 Curso e Cálculo I Capítulo 4 95 Daí poe-se concluir que f assume um mínimo absoluto em =, ao por f ( ) =, e assume um máimo absoluto em =, ao por f ( ) =. Poe-se confirmar este resultao através o gráfico a função apresentao na figura 4.8. Isto é para este omínio fechao [, ], a imagem é o intervalo fechao [, ]. Figura 4.8 Teorema 4... Se f tiver um etremo absoluto em um intervalo aberto ( ab, ), então ele precisa ocorrer em um ponto crítico e f. Eemplo Resolvio 4... Encontre os etremos absolutos a função = + no intervalo [,5] g. Solução. Inicialmente eve-se verificar se neste intervalo há etremos relativos.

196 Curso e Cálculo I Capítulo 4 96 g' = 6 6 = 0 Resolveno obtém-se os pontos críticos, = 0 e =. críticos. Agora se estua o sinal a função g ' para classificar os pontos Então, poe-se concluir que a função g assume um valor máimo relativo em = 0 e um valor mínimo relativo em =. Agora como a função é crescente em [,0] [,5] e ecrescente em [ 0, ], eterminam-se as imagens os etremos o intervalo, além os pontos críticos. Tem-se que g ( ) = 9, g ( 0) =, g = e g 5 = 5. Analisano as imagens os pontos, poe-se concluir que o máimo absoluto ocorre em = 5 e é ao por e é ao por g ( ) = 9. g 5 = 5 e o mínimo absoluto ocorre em = Teorema 4... Seja f uma função contínua em (, + ). (a) Se lim f = + e lim f + porém nenhum máimo absoluto em (, + ). (b) Se lim f = e lim f + porém nenhum mínimo absoluto em (, + ). (c) Se lim f = e lim f + absoluto, nem máimo absoluto em (, + ). = +, então f tem um mínimo absoluto, =, então f tem um máimo absoluto, = +, então f não tem nem mínimo

197 Curso e Cálculo I Capítulo 4 97 () Se lim f =+ e lim f + absoluto, nem máimo absoluto em (, + ). =, então f não tem nem mínimo Figura 4.9 Figura 4.0

198 Curso e Cálculo I Capítulo 4 98 Eemplo Resolvio 4... Prove que a função máimo absoluto em (, + ). One ocorre esse máimo? 4 h = possui 4 Solução. Para verifica se a função apresenta etremos absolutos, basta eterminarem os limites infinitos, isto é: 4 lim h = lim = 4 e 4 lim h = lim = Logo, como lim h = e lim h + =, então h apresenta um máimo absoluto em (, + ). Este máimo absoluto precisa ocorrer em um ponto crítico e h. isto é: Os pontos críticos são eterminaos pelos zeros a função erivaa, h' = = 0 obteno =, = 0 e =, como pontos críticos. h'' = A erivaa seguna é aa por: então, aplicano o teste a ª erivaa, tem-se: i) para = tem-se = ao por h( ) =. 4 ii) para = 0 tem-se ao por h ( 0) = 0. h'' = < 0, então, ocorre um máimo relativo em h '' 0 = > 0, então, ocorre um mínimo relativo em = 0

199 Curso e Cálculo I Capítulo 4 99 iii) para = tem-se ao por h () =. 4 h '' = < 0, então, ocorre um máimo relativo em = Daí poe-se concluir que o valor máimo que a função assume é 4 e ocorre nos pontos one = e =. Teorema Seja f uma função contínua em um intervalo aberto ( ab, ). (a) Se lim f = + e lim f + a b porém nenhum máimo absoluto em ( ab, ). (b) Se lim f = e lim f + a b porém nenhum mínimo absoluto em ( ab, ). (c) Se lim f = e lim f + a b absoluto, nem máimo absoluto em ( ab, ). () Se lim f =+ e lim f + a b absoluto, nem máimo absoluto em ( ab, ). = +, então f tem um mínimo absoluto, =, então f tem um máimo absoluto, = +, então f não tem nem mínimo =, então f não tem nem mínimo Nas figuras 4. e 4. poe-se ver claramente as quatro situações apresentaas no teorema Nestes quatro casos as retas = a e = b são as assíntotas verticais o gráfico a função y= f.

200 Curso e Cálculo I Capítulo 4 00 Figura 4. Figura 4.

201 Curso e Cálculo I Capítulo 4 0 Teorema Suponha f contínua e tem eatamente um etremo relativo em um intervalo I, igamos em 0. (a) Se f tiver um mínimo relativo em 0 f em I. (b) Se f tiver um máimo relativo em 0 e f em I., então f é o mínimo absoluto e 0, então f é o máimo absoluto 0 Para se esboçar o gráfico e uma função evem-se seguir os seguintes passos listaos abaio: ) Determinar o omínio a função; ) Intervalos e crescimento e ecrescimento; ) Intervalos e concaviae e conveiae; 4) Pontos críticos e e infleão; 5) Etremos relativos; 6) Limites infinitos e assíntotas verticais; 7) Limites no infinito e assíntotas horizontais; 8) Fazer um esboço o gráfico. Eemplo Resolvio Seja F : R então, esboce o seu gráfico. R aa por F = 9+ 6, Solução. O omínio a função é ao por: D( F) = R. Em seguia eterminamse eterminar os intervalos e crescimento e ecrescimento, e os intervalos one a função seja côncava e convea. F ' = 6 9 As erivaas, primeira e seguna, são aas, respectivamente, por:

202 Curso e Cálculo I Capítulo 4 0 e F'' = 6 6 Os sinais as erivaas, primeira e seguna, são aos, respectivamente, por: e Os pontos críticos a função ocorrem em = e =, enquanto que ocorre um ponto e infleão em =. De acoro com as informações aas pelos sinais as erivaas, primeira e seguna, poe-se construir a tabela 4.. Tabela 4. F ( ) F '( ) '' F Conclusão < + F é crescente e côncava = 0 Máimo relativo < < F é ecrescente e côncava = 5 0 Ponto e infleão < < + F é ecrescente e convea = 0 Mínimo relativo > + + F é crescente e convea

203 Curso e Cálculo I Capítulo 4 0 Como a função é polinomial não há assíntotas verticais e horizontais. Deve-se, no entanto, eterminar os limites no infinito. Logo, lim F = lim 9+ 6 =+ + e + lim F = lim 9+ 6 = e one poe-se concluir que não há nenhum etremo absoluto. O gráfico a função é apresentao na figura 4.. Figura 4. Eemplo Resolvio Seja f : R R esboce o seu gráfico. aa por f =, então,

204 Curso e Cálculo I Capítulo 4 04 Solução. O omínio a função é ao por: D( f ) { R/ } = ±. Como a função é racional, então, inicialmente evem-se eterminar os pontos que zeram o enominaor. Isto significa resolver a equação = 0, que tem como soluções = e =. Neste caso, estes pontos são ito pontos e escontinuiaes infinitas. As erivaas, primeira e seguna, são aas, respectivamente, por: f ' = ( ) e f '' 6 + = ( ) Os sinais as erivaas, primeira e seguna, são aos, respectivamente, por: e De one se poe concluir que a função apresenta apenas um ponto crítico, em = 0, porém não apresenta pontos e infleão. são aos por: Os limites infinitos ocorrem nas proimiaes para = e =, e lim f = lim =+ e lim f + + = lim = e

205 Curso e Cálculo I Capítulo 4 05 lim f = lim = e lim f + + = lim =+ one as retas = e = são chamaas e assíntotas verticais o gráfico. Os limites no infinito são aos por: lim f = lim = e lim f = lim = + + e one poe-se concluir que a reta y = é a assíntota horizontal o gráfico. De acoro com as informações aas pelas erivaas, primeira e seguna, poe-se construir a tabela 4.. Tabela 4. f ( ) f '( ) '' f Conclusão < + + f é crescente e convea = Descontinuiae infinita < < 0 + f é crescente e côncava = Máimo relativo < < f é ecrescente e côncava = Descontinuiae infinita > _ + f é ecrescente e convea

206 Curso e Cálculo I Capítulo 4 06 O gráfico é, então, apresentao na figura 4.4. Figura 4.4 Eemplo Resolvio Esboce o gráfico a função g = e. Solução. A função é um prouto entre as funções e e, que são efinias em toa parte, logo, poe-se concluir que o omínio a função é aa por: D( g) = R. = ( + ) g' e e = ( + ) g'' e As erivaas, primeira e seguna, são aas, respectivamente, por: Os sinais as erivaas, primeira e seguna, são aos, respectivamente, por:

207 Curso e Cálculo I Capítulo 4 07 e A função apresenta um ponto crítico em = e apresenta um ponto e infleão em =. De acoro com as informações aas pelos sinais as erivaas, primeira e seguna, poe-se construir a tabela 4.. Tabela 4. g( ) g' ( ) '' g Conclusão < g é ecrescente e côncava = e 0 Ponto e infleão < < + f é ecrescente e convea = e 0 e Mínimo relativo > + + f é crescente e convea A função é um prouto entre uma função polinomial e uma função eponencial, logo não há assíntotas verticais. Em seguia evem-se eterminar os limites no infinito, lim g = lim e = lim lim e = e + + lim g = lim e = lim lim e

208 Curso e Cálculo I Capítulo 4 08 neste caso eve-se escrever este limite a forma ineterminaa : [ ] lim = lim = lim = lim e = 0 e e e Neste caso, tem-se que a reta y = 0 é uma assíntota horizontal o gráfico a função. Em seguia tem-se o gráfico a função apresentao na figura 4.5. Figura 4.5 Ao analisar o gráfico apresentao na figura 4.5 poe-se chegar a conclusão que a função apresenta um valor mínimo absoluto e em =. que ocorre e

209 Curso e Cálculo I Capítulo 4 09 Teorema 4..6 (Teorema e Rolle). Seja f iferenciável em ( ab, ) e contínua em [ ab, ]. Se f ( a) = f ( b), então há pelo menos um ponto c em ( ab, ), tal que f '( c ) = 0. Figura 4.6 Este teorema afirma que se o gráfico e uma função cruza qualquer reta horizontal em ois pontos, a e b, então necessariamente eve eistir entre eles pelo menos um ponto no qual a reta tangente é horizontal, como mostrao na figura 4.6. Teorema 4..7 (Teorema o Valor Méio). Seja f iferenciável em ( ab, ) e contínua em [ ab, ], então eiste pelo menos um ponto c em ( ab, ), tal que: f ( c) ' = f ( a) f b b a (4.)

210 Curso e Cálculo I Capítulo 4 0 O teorema o valor méio afirma, geometricamente, que se uma função f for contínua em [ ab, ] e iferenciável em (, ) menos um c em ( ab, ) tal que a reta tangente à curva y f paralela à reta secante que passa pelos pontos ( a, f ( a )) e ( b, f ( b )) mostra a figura ab, então eiste pelo = em = c é, como Figura 4.7 De acoro com a figura 4.7 a reta t é paralela à reta s, logo tem a mesma inclinação, isto é mt ms poe-se chegar à conclusão que f '( c) =. Como m f '( c) = t = e f ( a) f b b a. m s = f ( a) f b b a, então,

211 Curso e Cálculo I Capítulo Problemas e Otimização Os métoos estuaos nos tópicos 4., 4. e 4. para encontrar valores etremos têm muitas aplicações práticas em várias áreas o ia-a-ia. Um empresário quer minimizar os custos e maimizar os lucros. Um ono e uma transportaora quer minimizar o tempo e transporte e um prouto. O princípio e Fermat na óptica estabelece que um feie e luz segue o caminho que leva o menor tempo. Nesta seção resolvem-se os problemas tais como maimizar as áreas, os volumes e os lucros e minimizar as istâncias, o tempo e os custos. Nestes problemas práticos, tem-se como maior esafio a conversão o problema em um problema e otimização matemática, estabeleceno uma função que eve ser maimizaa ou minimizaa. Os problemas aplicaos e otimização inciem nas seguintes categorias: ) Problemas que se reuzem a maimizar ou a minimizar uma função contínua, em um intervalo finito fechao. ) Problemas que se reuzem a maimizar ou a minimizar uma função contínua, em um intervalo infinito ou finito, mas não fechao. O Teorema o Valor Etremo (Teorema 4..) garante que o problema o tipo tem solução e esta solução poe ser obtia através a análise os valores a função nos pontos críticos e nos etremos o intervalo. Por outro lao os problemas o tipo poem ou não ter solução. Logo parte o trabalho em problemas e otimização é eterminar se, realmente, estes problemas têm solução. Se a função for contínua e tiver eatamente um etremo relativo no intervalo, então o Teorema 4..5 garante a eistência e uma solução e fornece um métoo para calculá-la. Eemplo Resolvio Ache as imensões e um retângulo e perímetro e 000 m, cuja área é a maior possível.

212 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Solução. Sejam: = comprimento o retângulo (m) y = largura o retângulo (m) A = área o retângulo (m ) como mostrao na figura 4.8. Figura 4.8 A( y, ) = y Então: Como o perímetro o retângulo é 000 m, as variáveis e y estão relacionaas pela equação: + y = 000 ou y= 500 Logo a função área poe ser escrita em função apenas a variável, a seguinte forma: A = 500 = 500

213 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Devio ao fato e representar um comprimento, este não poe ser negativo e como os ois laos e comprimento não poem ter um comprimento que ultrapasse o perímetro e 000 m, então a variável está restrita ao intervalo: Como A( ) é uma função contínua em [ 0,500 ], então, o máimo ocorre ou nos etremos este intervalo ou em um ponto estacionário. A 500 = 500 = 0 ou = 50 A Equacionano-se 0 =, obtem-se: que é um ponto crítico estacionário. Para analisar a natureza este ponto crítico aplica-se o teste a erivaa primeira, one é necessário se estuar o sinal esta erivaa. A istribuição e sinais e A é aa por: e one poe-se concluir que = 50 é um máimo relativo e consequentemente um máimo absoluto. Se = 50 implica que y = 50. Então, o retângulo e perímetro 000 m com maior área é um quarao e lao 50 m.

214 Curso e Cálculo I Capítulo 4 4 Eemplo Resolvio Encontre ois números positivos cuja soma seja 60 e o prouto entre o quarao o primeiro com o seguno seja o máimo possível. Solução. Sejam ois números positivos e y cuja soma é 60, então: + y = 60 O prouto o quarao o primeiro,, com o seguno, y, poe ser escrito como uma função: (, ) P y y= 60 = y As variáveis e y se relacionam a seguinte forma: Daí a função P poe ser escrita em função apenas a variável, P = 60 = 60 Devio ao fato e representar um número real positivo, este não poe ser negativo e a soma entre eles não poe ultrapassar 60, logo a variável está restrita ao intervalo: 0 60 Como P( ) é uma função contínua em [ 0,60 ], então, o máimo ocorre ou nos etremos este intervalo ou em um ponto estacionário. P 0 = 0 = 0 ou = 0 e = 40 P Equacionano-se 0 =, obtem-se:

215 Curso e Cálculo I Capítulo 4 5 que são os pontos críticos a função. Para analisar a natureza este ponto crítico aplica-se o teste a erivaa primeira, one é necessário se estuar o sinal esta erivaa. A istribuição e sinais e P é aa por: e one poe-se concluir que = 40 é um máimo relativo e consequentemente um máimo absoluto. Então os números reais cujo prouto entre o quarao e um com outro são aos por: = 40 e y = 0. Eemplo Resolvio Uma lata cilínrica é feita para receber litro e óleo. Encontre as imensões que minimizarão o custo o metal para fabricar a lata. Solução. Sejam: r = raio a base e a tampa o cilinro (cm) h = altura o cilinro (cm) como mostrao na figura 4.9. Então, a área a superfície é aa por: π A rh, = r + π rh S

216 Curso e Cálculo I Capítulo 4 6 Figura 4.9 Como o volume o cilinro é litro, que é igual a 000 cm, as variáveis r e h estão relacionaas pela equação: π rh= 000 ou 000 h = π r Daí a função área e superfície poe ser escrita em função apenas a variável r, a seguinte forma: AS ( r) = πr + πr πr = + π r r Devio ao fato e r representar a meia o raio, este não poe ser negativo e nem zero, então, tem-se: r > 0 Como AS ( r ) é uma função contínua para r > 0, então, o mínimo ocorre em um ponto estacionário. Daí, AS 000 4π r 000 ( r) = 4π r = r r r

217 Curso e Cálculo I Capítulo π r = 0 r ou r = 500 π A Equacionano-se S 0 r =, obtem-se: que é um ponto crítico estacionário. Para se analisar a natureza este ponto crítico aplica-se o teste a erivaa primeira, one é necessário se estuar o sinal esta erivaa. A istribuição se sinais e A S r é aa por: e one poe-se concluir que r = 500 π é um mínimo relativo e consequentemente um mínimo absoluto. Se 500 r = implica que 500 h= r=. Então, o cilinro que π π minimizara a área superficial tem raio a base e a tampa igual a 500 π e uma altura igual a 500. π Eemplo resolvio Ache um ponto na curva próimo o ponto ( 0,8 ). y = o qual esteja mais

218 Curso e Cálculo I Capítulo 4 8 Solução. A istância L entre ( 0,8 ) e um ponto (, ) y =, como mostrao na figura 4.0, é aa por: y arbitrário na curva ( 0) ( 8) L= + y 4 Como (, y ) está na curva, e y satisfazem ( 8) L= y + y y =, assim, Não há restrições para y, logo este eemplo se reuz a encontrar um valor e y em (, + ) para o qual a istância L seja mínima, ese que este valor eista. Figura 4.0 Para problemas e istância L tem-se que o seu máimo ou mínimo ocorre no mesmo ponto em que ocorre no seu quarao L. Logo o valor mínimo e L e o valor mínimo e: 4 ( 8) P= L = y + y

219 Curso e Cálculo I Capítulo 4 9 ocorrem no mesmo valor e y. 4 A função P= y + y 8 é contínua para too y real, logo o mínimo absoluto eve ocorrer em um ponto crítico estacionário. P 4y ( y 8) 4y y 6 y = + = + 4y + y 6= 0 P Equacionano-se 0 y = tem-se: ou e uma forma equivalente y + y 8= 0 A epressão acima poe ser escrita como: ( y )( y y ) = 0 e como as soluções a equação y + 4y+ 9= 0 são números compleos, então, a única solução real é y =. Deste moo y = é um ponto crítico a função P. Em termos e simplificação eve-se usar o teste a erivaa seguna para verificar a natureza este ponto crítico. A erivaa seguna é aa por: P y y = + aí, P ( ) = + = 50> 0 y o que mostra que em y = ocorre um mínimo relativo para P e consequentemente para L.

220 Curso e Cálculo I Capítulo 4 0 Como só ocorre um etremo relativo em (, + ), então pelo teorema 4..5, este mínimo relativo é um mínimo absoluto e L. Deste moo poe-se afirma que o ponto sobre a curva próimo e ( 0,8 ) é o ponto(, ) ( 4,) y=. y = mais Eemplo Resolvio Mostre que o quarao tem a maior área entre toos os retângulos inscritos numa aa circunferência + y = r. Solução. Seja (ver figura 4.) = comprimento o retângulo inscrito na circunferência y = largura o retângulo inscrito na circunferência então a área é aa por: A y, = y= 4y Figura 4.

221 Curso e Cálculo I Capítulo 4 + y = r ou y=± r As variáveis e y relacionam-se a seguinte forma: Em termos e simplificação consiera-se > 0 e y > 0, logo, y= r e a área o retângulo poe ser escrita como: A = 4 r one 0< r. Tem-se: A r = r = r r 4r 8 r ou A Equacionano-se 0 =, obtém-se: = 0 4r 8 = 0 cujas soluções são aas por: = r e = r. Como > 0, escarta-se a solução negativa, então se consiera apenas o ponto crítico = r. Para se analisar a natureza este ponto crítico aplica-se o teste a erivaa primeira, one é necessário se estuar o sinal esta erivaa.

222 Curso e Cálculo I Capítulo 4 A istribuição e sinais e A é aa por: e one poe-se concluir que = r é um máimo relativo e consequentemente um máimo absoluto. Se = r então: r r r y= r r = r = = = r e one poe-se concluir que o retângulo com maior área inscrito na circunferência é um quarao. Estes problemas e otimização também poem ser aplicaos na economia ou na inústria. Neste caso as três funções e importância são: C( ) = função custo, isto é, o custo total a proução e uniaes e um prouto, urante certo períoo e tempo; R( ) = função renimento, isto é, o renimento total a vena e uniaes e um prouto, urante certo períoo e tempo; L( ) = função lucro, isto é, o lucro total na vena e uniaes e um prouto, urante certo períoo e tempo.

223 Curso e Cálculo I Capítulo 4 Tem-se que se toas as uniaes prouzias forem venias, então, estas funções relacionam-se a seguinte forma: L = R C (4.) isto é, o lucro é igual ao renimento menos o custo. A função custo C( ) a proução e uniaes e um prouto poe ser epresso como uma soma: C = a+ M (4.) one é a uma constante chamaa e espesas gerais e a função M ( ) é chamaa e custo e manufatura. As espesas gerais, como aluguel e seguro, não epenem e e mesmo que não haja proução evem ser pagas. Porém, o custo e manufatura, como o custo a matéria prima e o custo o trabalho, epene a quantiae e artigos manufaturaos. Através e hipóteses simplificaoras poe-se escrever M ( ) como: M = b+ c (4.) one b e c são constante. Substituino a equação 4. na equação 4. obtémse: C = a+ b+ c (4.4) Se uma fábrica conseguir vener toa a sua proução a p uniaes monetárias caa, então, a função renimento R( ) poe ser escrita como: R = p (4.5)

224 Curso e Cálculo I Capítulo 4 4 Substituino as equações 4.4 e 4.5 na equação 4., então, poe-se escrever a função lucro L( ) a seguinte forma: L = p a+ b+ c (4.5) A variável na equação 4.5, epeneno e alguns fatores tais como a quantiae e empregaos, maquinário isponível, conições econômicas e competição, irá satisfazer: 0 φ (4.5) one φ é uma limitação superior sobre a quantiae e artigos que um fabricante é capaz e prouzir e vener. Eemplo Resolvio Um prouto farmacêutico é fabricao por uma firma farmacêutica e venio a um preço e R $00,00 a uniae. O custo total para a proução e uniaes é e: C = ,005 e a proução máima for e uniaes urante um períoo e tempo especificao. Quantas uniaes evem ser fabricaas e venias neste períoo e tempo para se obter o lucro máimo? Solução. Como o renimento total na vena e uniaes é R 00 então, o lucro L( ) sobre uniaes será: = = 00 ( ,005 ) L R C = ,005 L =, Como a proução máima é e uniaes, eve estar no intervalo [ 0, ].

225 Curso e Cálculo I Capítulo 4 5 Como A( ) é uma função contínua em [ 0, ], então, o máimo ocorre ou nos etremos este intervalo ou em um ponto crítico estacionário. Daí tem-se: L 60 0,005 = 60 0,005 = 0 ou = L Equacionano-se 0 =, obtém-se: que é um ponto crítico estacionário a função L( ). Para analisar a natureza este ponto crítico poe-se usar o teste a erivaa primeira através o sinal esta erivaa. O sinal e L é ao por: e one poe-se concluir que em = ocorre um máimo relativo, e é também um máimo absoluto. Então, para a firma obter um lucro máimo eve ser prouzia e venia uniaes.

226 Curso e Cálculo I Capítulo 4 6 Eercícios Propostos (Capítulo 4) 0) A função y ( 6) = é crescente no intervalo: a) ( 0,4 ) b) (,0) (, + ) c) ( 0, ) ) (,0) ( 4, + ) e) (,4 ) 0) A função real e variável real efinia por y = é ecrescente em: a) > 0 b) < < 4 c) 4< < ) < 4 e) > 0) A função 4 f = + 7 é ecrescente no intervalo: 4 a) (, ) ( 0,) b) (,0) (, + ) c) (, + ) ) (,0) (, + ) e) (,) 04) A função y= e é crescente no intervalo: a) (, + ) b) (,0) c) ( 0, ) ) (,0) e) (,+ ) 05) Seja a função intervalo: 4 g = + + 7, então, g é convea no 6 a) ( 0, ) b) (, + ) c) (, ) ( 0,) ) (, ) ( 0, + ) e) (,0) (, + )

227 Curso e Cálculo I Capítulo ) Seja a função é ao por: f =, então, o intervalo em que a função é convea + a) (, ) b) (,0) (, + ) c) (, ) ( 0, ) ) (,0) (, + ) e) (, ) (, + ) f = 9+ é: 07) A abscissa o ponto e máimo relativo e a) b) c) 0 ) e) 08) A função 5 y= tem um mínimo relativo no ponto e abscissa: 5 a) b) c) ) 0 e) 09) A função P abscissa igual a: = e apresenta um valor mínimo absoluto no ponto e a) b) c) e ) 0 e) e 0) Seja a função assume? f = + para > 0. Qual o valor mínimo que ela a) 0 b) c) ) 4 e) ) Qual o valor mínimo a função e + e y =? 4 a) b) 4 c) 0 ) 4 e) ) Qual o número pertencente ao intervalo seu recíproco é a menor possível?, tal que a sua soma com o a) b) c) ) 0 e) 4

228 Curso e Cálculo I Capítulo 4 8 ) Se (, ) y satisfaz a equação + 4y =, então o valor mínimo a epressão + y é: a) b) c) 4 5 ) 4 e) 5 4) Qual é a abscissa o ponto sobre a reta y= 4+ 7 que está mais próimo a origem? a) ) 8 b) 7 7 e) 4 4 c) ) Qual é a abscissa o ponto sobre a reta 6 + y = 9 que está mais próimo o ponto (,)? a) 5 7 ) 5 7 b) 5 7 e) 7 c) ) Um terreno retangular eve ser cercao e uas maneiras istintas. Dois laos opostos evem receber uma cerca reforçaa que custa R $,00 o metro, enquanto que os ois laos restantes recebem uma cerca que custa R $,00 o metro. Quais as imensões o terreno com área máima que poe ser cercaa com R $6.000,00. a) 500m 500 m b) 50m 750 m c) 500 m 50 m ) 750m 750 m e) 500m 750 m

229 Curso e Cálculo I Capítulo 4 9 7) O recipiente com a forma e paralelepípeo com base quaraa eve ter um volume e.000 cm. O custo a base e a tampa é o obro o custo os laos. As imensões que minimizarão o custo são aas por: a) 5 cm 5 cm 80 cm b) 0 cm 0 cm 5 cm c) 0 cm 0 cm 0 cm ) 4 m 4 m 5 m e) 8 m 8 m,5 m 8) Se.00 cm e material estiverem isponíveis para fazer uma caia com uma base quaraa e sem tampa, encontre o maior volume possível a caia. a) ).000 cm b) cm e) cm c).000 cm cm 9) Uma inústria química vene certo tipo e ácio a granel a um preço e R $00,00 por uniae. O custo e proução em reais para uniaes é ao por C = ,00. Quantas uniaes este ácio evem ser prouzias e venias para se obter o lucro máimo? a) b) c) ) e) ) Em uma firma tem-se que uniaes e seu prouto são venias iariamente a p reais a uniae, one =.000 p. Sabeno que o custo total e proução é C cobrao para obter o lucro máimo? = +, então, qual é o preço unitário a ser a) R $490,00 b) R $.000,00 c) R $50,00 ) R $500,00 e) R $700,00

230 Curso e Cálculo I Capítulo 4 0 RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS Eercícios Propostos (Capítulo ) 0) a 0) 0) e 04) a 05) b 06) b 07) 08) a 09) b 0) ) e ) c ) c 4) b 5) 6) e 7) a 8) a 9) b 0) c Eercícios Propostos (Capítulo ) 0) b 0) 0) e 04) c 05) a 06) b 07) a 08) b 09) e 0) e ) b ) c ) b 4) 5) e 6) e 7) a 8) 9) c 0) a Eercícios Propostos (Capítulo ) 0) e 0) 0) c 04) a 05) e 06) b 07) c 08) a 09) a 0) c ) e ) b ) a 4) b 5) a 6) c 7) 8) 9) e 0) b Eercícios Propostos (Capítulo 4) 0) 0) c 0) a 04) c 05) e 06) b 07) a 08) c 09) 0) b ) e ) b ) e 4) a 5) c 6) e 7) c 8) e 9) b 0) c

231 Curso e Cálculo I Capítulo 4 REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS [] ANTON, H., Cálculo: um novo horizonte, volume, Eitora Bookman, 000. [] DEMIDOVITCH, B., Problemas e Eercícios e Análise Matemática, McGraw-Hill, 99. [] GUIDORIZZI, H.L., Um curso e cálculo, volume, Eitora LTC, 007. [4] IEZZI, G., MURAKAMI, C., MACHADO, N. J., Funamentos e matemática elementar, Eitora Atual, 005. [5] SALAS, S. L., Calculo, volume, L.T.C., 005. [6] STEWART, J., Cálculo, volume, Eitora Thomson Pioneira, 005.