Capítulo 6

6.1 Se $P=(a,a^{2})$, $Q=(\lambda,\lambda^{2})$, a equação da reta $r^{PQ}$ é dada por $y=(\lambda+a)x-a\lambda$. Quando $\lambda\to a$ obtemos a equação da reta tangente à parábola em $P$: $y=2ax-a^{2}$. Por exemplo, se $a=0$, a equação da reta tangente é $y=0$, se $a=2$, é $y=4x-4$, $a=-1$, é $y=-2x-1$ (o que foi calculado no Exemplo 6.3). 6.2 Como $x^{2}-x=(x-\frac{1}{2})^{2}-\frac{1}{4}$, o gráfico obtém-se a partir do gráfico de $x\mapsto x^{2}$ por duas translações. Usando a definição de derivada, podemos calcular para todo $a$:

Aplicando essa fórmula para $a=0,\frac{1}{2},1$, obtemos $f^{\prime}(0)=-1$, $f^{\prime}(\frac{1}{2})=0$, $f^{\prime}(1)=+1$. Esses valores correspondem às inclinações das retas tangentes ao gráfico nos pontos $(0,f(0))=(0,0)$, $(\frac{1}{2},f(\frac{1}{2}))=(\frac{1}{2},-\frac{1}{4})$ e $(1,f(1))=(1,0)$:

6.3 (1) $f^{\prime}(1)=\frac{1}{2}$, (2) $f^{\prime}(0)=\frac{1}{2}$ (a mesma do item anterior, pois o gráfico de $\sqrt{1+x}$ é o de $\sqrt{x}$ transladado de $1$ para a esquerda!), (3) $f^{\prime}(0)=1$, (4) $f^{\prime}(-1)=-4$, (5) $f^{\prime}(2)=-\frac{1}{4}$. 6.4 (1) $y=3x+9$, (2) $y=\frac{1}{4}$, (3) $y=\frac{1}{2}x+1$, (4) $y=-x-2$, $y=-x+2$ (5) Observe que a função descreve a metade superior de um circulo de raio $1$ centrado na origem. As retas tangentes são, em $(-1,0)$: $x=-1$, em $(1,-1)$: não existe (o ponto nem pertence ao círculo!), em $(0,1)$: $y=1$, e em $(1,0)$: $x=1$. (6) Mesmo sem saber ainda como calcular a derivada da função seno: $y=x$, $y=1$. 6.5 Primeiro é preciso ter uma função para representar o círculo na vizinhança de $P_{1}$: $f(x){:=}\sqrt{25-x^{2}}$. A inclinação da tangente em $P_{1}$ é dada por

(Essa inclinação poderia ter sido obtido observando que a reta procurada é perpendicular ao segmento $OP$, cuja inclinação é $\frac{4}{3}$…) Portanto, a equação da reta tangente em $P_{1}$ é $y=-\frac{3}{4}x+\frac{25}{4}$. No ponto $P_{2}$, é preciso tomar a função $f(x){:=}-\sqrt{25-x^{2}}$. Contas parecidas dão a equação da tangente ao círculo em $P_{2}$: $y=\frac{3}{4}x-\frac{25}{4}$.

A reta tangente ao círculo no ponto $P_{3}$ é vertical, e tem equação $x=5$. Aqui podemos observar que a derivada de $f$ em $a=5$ não existe, porqué a inclinação de uma reta vertical não é definida (o que não impede achar a sua equação…)! 6.6 Se $f(x)=\sqrt{x}$, temos que para todo $a>0$, $f^{\prime}(a)=\frac{1}{2\sqrt{a}}$. Como a reta $8x-y-1=0$ tem inclinação $8$, precisamos achar um $a$ tal que $f^{\prime}(a)=8$, isto é, tal que $\frac{1}{2\sqrt{a}}=8$: $a=\frac{1}{256}$. Logo, o ponto procurado é $P=(a,f(a))=(\frac{1}{256},\frac{1}{16})$. 6.7 Para a reta $y=x-1$ (cuja inclinação é $1$) poder ser tangente ao gráfico de $f$ em algum ponto $(a,f(a))$, esse $a$ deve satisfazer $f^{\prime}(a)=1$. Ora, é fácil ver que para um $a$ qualquer, $f^{\prime}(a)=2a-2$. Logo, $a$ deve satisfazer $2a-2=1$, isto é: $a=\frac{3}{2}$. Ora, a reta e a função devem ambas passar pelo ponto $(a,f(a))$, logo $f(a)=a-1$, isto é: $(\frac{3}{2})^{2}-2\cdot\frac{3}{2}+\beta=\frac{3}{2}-1$. Isolando: $\beta=\frac{5}{4}$.

Esse problema pode ser resolvido sem usar derivada: para a parábola $y=x^{2}-2x+\beta$ ter $y=x-1$ como reta tangente, a única possibilidade é que as duas se intersectem em um ponto só, isto é, que a equação $x^{2}-2x+\beta=x-1$ possua uma única solução. Rearranjando: $x^{2}-3x+\beta+1=0$. Para essa equação ter uma única solução, é preciso que o seu $\Delta=5-4\beta=0$. Isso implica $\beta=\frac{5}{4}$. 6.8 Seja $P=(a,\frac{1}{a})$ um ponto qualquer do gráfico. Como $f^{\prime}(a)=-\frac{1}{a^{2}}$, a reta tangente ao gráfico em $P$ é $y=f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)=-\frac{1}{a^{2}}(x-a)+\frac{1}{a}$. Para essa reta passar pelo ponto $(0,3)$, temos $3=-\frac{1}{a^{2}}(0-a)+\frac{1}{a}$, o que significa que $a=\frac{2}{3}$. Logo, a reta tangente ao gráfico de $\frac{1}{x}$ no ponto $P=(\frac{2}{3},\frac{3}{2})$ passa pelo ponto $(0,3)$. 6.9 $P=(-1,2)$. 6.10 Por exemplo, $f(x){:=}|x+1|/2-|x|+|x-1|$. Mais explicitamente,

$f$ não é derivável em $x=1$, porqué $\lim_{x\to 1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1^{+}}\frac{\frac{x-1}{2}-0}{x-1}=\frac{1}{2}$, enquanto $\lim_{x\to 1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{\frac{3-3x}{2}-0}{x-1}=-\frac{3}{2}\neq\frac{1}{2}$. A não-derivabilidade nos pontos $-1$ e $0$ obtem-se da mesma maneira. 6.11 De fato, se $f$ é par,

6.12 $af^{\prime}(a)-f(a)$ 6.13 $(\sqrt{x})^{\prime}=\lim_{h\to 0}\frac{\sqrt{x+h}-\sqrt{x}}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{x}}$. O outro limite se calcula de maneira parecida:

6.14 Como $(\operatorname{sen})^{\prime}(x)=\cos x$, a inclinação da reta tangente em $P_{1}$ é $\cos(0)=1$, em $P_{2}$ é $\cos(\tfrac{\pi}{2})=0$, e em $P_{3}$ é $\cos(\pi)=-1$. Logo, as equações das respectivas retas tangentes são $r_{1}$: $y=x$, $r_{2}$: $y=1$, $r_{3}$: $y=-(x-\pi)$:

6.16 Por exemplo, se $f(x)=g(x)=x$, temos $(f(x)g(x))^{\prime}=(x\cdot x)^{\prime}=(x^{2})^{\prime}=2x$, e $f^{\prime}(x)g^{\prime}(x)=1\cdot 1=1$. Isto é, $(f(x)g(x))^{\prime}\neq f^{\prime}(x)g^{\prime}(x)$. 6.17 Já sabemos que $(x)^{\prime}=1$, e que $(x^{2})^{\prime}=2x$, o que prova a fórmula para $n=1$ e $n=2$. Supondo que a fórmula foi provada para $n$, provaremos que ela vale para $n+1$ também. De fato, usando a regra de Leibniz e a hipótese de indução,

6.18 (1) $-5$ (2) $(x^{3}-x^{7})^{\prime}=(x^{3})^{\prime}-(x^{7})^{\prime}=3x^{2}-7x^{6}$. (3) $(1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3})^{\prime}=(1)^{\prime}+(x)^{\prime}+(\frac{x^{2}}{2})^{\prime}+(\frac{x^{3}}{3})^{\prime}=1+x+x^{2}$. (4) $(\frac{1}{1-x})^{\prime}=-\frac{1}{(1-x)^{2}}\cdot(1-x)^{\prime}=\frac{1}{(1-x)^{2}}$ (5) $\operatorname{sen}x+x\cos x$ (6) Usando duas vezes a regra de Leibniz: $((x^{2}+1)\operatorname{sen}x\cos x)^{\prime}=2x\operatorname{sen}x\cos x+(x^{2}+1)(\cos^{2}x-\operatorname{sen}^{2}x)$ (7) $\frac{x\cos x-\operatorname{sen}x}{x^{2}}$ (8) $(\frac{x+1}{x^{2}-1})^{\prime}=(\frac{1}{x-1})^{\prime}=\frac{-1}{(x-1)^{2}}$. (9) $(x+1)^{5}=f(g(x))$ com $f(x)=x^{5}$ e $g(x)=x+1$. Logo, $((x+1)^{5})^{\prime}=f^{\prime}(g(x))g^{\prime}(x)=5(x+1)^{4}$. Obs: poderia também expandir $(x+1)^{5}=x^{5}+\cdots$, derivar termo a termo, mas é muito mais longo, e a resposta não é fatorada. (10) Como $(3+\frac{1}{x})^{2}=f(g(x))$ com $f(x)=x^{2}$ e $g(x)=3+\frac{1}{x}$, e que $f^{\prime}(x)=2x$, $g^{\prime}(x)=(3+\frac{1}{x})^{\prime}=0-\frac{1}{x^{2}}$, temos $((3+\frac{1}{x})^{2})^{\prime}=2(3+\frac{1}{x})\cdot(\frac{-1}{x^{2}})=-2\frac{3+\frac{1}{x}}{x^{2}}$. (11) Como $\sqrt{1-x^{2}}=f(g(x))$, com $f(x)=\sqrt{x}$, $g(x)=1-x^{2}$, e que $f^{\prime}(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$, $g^{\prime}(x)=-2x$, temos $(\sqrt{1-x^{2}})^{\prime}=\frac{-x}{\sqrt{1-x^{2}}}$- (12) $3\operatorname{sen}^{2}x\cos x+7\cos^{6}x\operatorname{sen}x$ (13) $\frac{\operatorname{sen}x}{(1-\cos x)^{2}}$ (14) $\frac{2\operatorname{sen}(2x-1)}{(\cos(2x-1))^{2}}$ (15) $(\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}})^{\prime}=((1+x^{2})^{-\frac{1}{2}})^{\prime}=-\frac{1}{2}(1+x^{2})^{-\frac{3}{2}}\cdot(2x)=-\frac{x}{(1+x^{2})^{\frac{3}{2}}}=\frac{-x}{\sqrt{(1+x^{2})^{3}}}$. (16) $(\frac{(x^{2}-1)^{2}}{\sqrt{x^{2}-1}})^{\prime}=((x^{2}-1)^{\frac{3}{2}})^{\prime}=\frac{3}{2}(x^{2}-1)^{\frac{1}{2}}\cdot(2x)=3x\sqrt{x^{2}-1}$ Obs: vale a pena simplificar a fração antes de usar a regra do quociente! (17) $\frac{9}{\sqrt{9+x^{2}}(x+\sqrt{9+x^{2}})^{2}}$ (18) $\frac{1}{4\sqrt{x}\sqrt{1+\sqrt{x}}}$ (19) $\frac{\cos x+x\operatorname{sen}x}{(\cos x)^{2}}$ (20) Usando duas vezes a regra da cadeia: $(\cos\sqrt{1+x^{2}})^{\prime}=(-\operatorname{sen}\sqrt{1+x^{2}})(\sqrt{1+x^{2}})^{\prime}=\frac{-x\operatorname{sen}\sqrt{1+x^{2}}}{\sqrt{1+x^{2}}}$ (21) $\cos(\operatorname{sen}x)\cdot\cos x$ 6.19 (1) $(2e^{-x})^{\prime}=2(e^{-x})^{\prime}=2(e^{-x}\cdot(-x)^{\prime})=-2e^{-x}$. (2) $\frac{1}{x+1}$ (3) $(\ln(e^{3x}))^{\prime}=(3x)^{\prime}=3$ (4) $e^{x}(\operatorname{sen}x+\cos x)$ (5) $\cos x\cdot e^{\operatorname{sen}x}$ (6) $e^{e^{x}}\cdot e^{x}$ (7) $\frac{2e^{2x}}{1+e^{2x}}$ (8) $\ln x+x\frac{1}{x}=\ln x+1$ (9) $\frac{-e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}}$ (10) $-\tan x$ (11) $\frac{-1}{\operatorname{sen}x}$ 6.20 $(\operatorname{senh}x)^{\prime}=(\frac{e^{x}-e^{-x}}{2})^{\prime}=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}\equiv\cosh x$. Do mesmo jeito, $(\cosh x)^{\prime}=\operatorname{senh}x$. Para $\tanh$, basta usar a regra do quociente. Observe as semelhanças entre as derivadas das funções trigonométricas hiperbólicas e as funções trigonométricas. 6.21 (1) Sabemos que o limite $\lim_{x\to 1}\frac{x^{999}-1}{x-1}$ dá a inclinação da reta tangente ao gráfico da função $f(x)=x^{999}$ no ponto $a=1$, isto é: $\lim_{x\to 1}\frac{x^{999}-1}{x-1}=f^{\prime}(1)$. Mas como $f^{\prime}(x)=999x^{998}$, temos $f^{\prime}(1)=999$. (2) Da mesma maneira, $\lim_{x\to\pi}\frac{\cos x+1}{x-\pi}=\lim_{x\to\pi}\frac{\cos x-\cos(\pi)}{x-\pi}$ dá a inclinação da reta tangente ao gráfico do $\cos$ no ponto $\pi$. Como $(\cos x)^{\prime}=-\operatorname{sen}x$, o limite vale $0$. (3) $2\pi\cos(\pi^{2})$ (4) $\frac{1}{2}$ (5) $\lambda$ 6.22 Fora de $x=0$, $g$ é derivável e a sua derivada se calcula facilmente: $g^{\prime}(x)=(x^{2}\operatorname{sen}\frac{1}{x})^{\prime}=2x\operatorname{sen}\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}$. Do mesmo jeito $f$ é derivável fora de $x=0$. Em $x=0$,

(O último limite pode ser calculado como no Exemplo 4.21, escrevendo $-h\leq h\operatorname{sen}\tfrac{1}{h}\leq+h$.) Assim, $g$ é derivável também em $x=0$. No entanto, como

$f^{\prime}(0)$ não existe: $f$ não é derivável em $x=0$. 6.23 (1) $(x^{\sqrt{x}})^{\prime}=(e^{\sqrt{x}\ln x})^{\prime}=(\frac{\ln x}{2}+1){x^{\sqrt{x}-\frac{1}{2}}}$. (2) $((\operatorname{sen}x)^{x})^{\prime}=(\ln\operatorname{sen}x+x{\rm cotan\,}x)(\operatorname{sen}x)^{x}$. (3) $(x^{\operatorname{sen}x})^{\prime}=(\cos x\ln x+\frac{\operatorname{sen}x}{x})x^{\operatorname{sen}x}$. (4) $(x^{x^{x}})^{\prime}=\bigl{(}(\ln x+1)\ln x+\frac{1}{x}\bigr{)}x^{x}x^{x^{x}}$. 6.24 As derivadas são dadas por: (1) $\frac{(x+1)(x+2)(x+3)}{(x+4)(x+5)(x+6)}(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}+\frac{1}{x+3}-\frac{1}{x+4}-\frac{1}{x+5}-\frac{1}{x+6})$ (2) $\frac{x\operatorname{sen}^{3}x}{\sqrt{1+\cos^{2}x}}\bigl{(}\frac{1}{x}+3{\rm cotan\,}x+\frac{\operatorname{sen}x\cos x}{{1+\cos^{2}x}}\bigr{)}$ (3) $\bigl{(}\prod_{k=1}^{n}(1+x^{k})\bigr{)}\sum_{k=1}^{n}\frac{kx^{k-1}}{1+x^{k}}$ 6.26 (1) $\frac{-2x}{(\ln a)(1-x^{2})}$ (2) $\frac{-2x}{\sqrt{1-(1-x^{2})^{2}}}$ (3) $1$ (4) $-1$ (5) $\frac{-x}{\sqrt{1-x^{2}}}$ 6.28 (O gráfico da função pode ser usado para interpretar o resultado.) (1) Temos $f(-2)=f(1)$, e como $f^{\prime}(x)=2x+1$, vemos que a derivada se anula em $c=-\frac{1}{2}\in(-2,1)$. (2) Aqui são três pontos possíveis: $c=-\pi$, $c=0$ e $c=+\pi$. (3) Temos $f(-1)=f(0)$ e $f^{\prime}(x)=4x^{3}+1$, cuja raiz é $-(\frac{1}{4})^{1/3}\in(-1,0)$. 6.29 Vemos que existem dois pontos $C$ em que a inclinação é igual à inclinação do segmento $AB$:

O ponto $c\in[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}]$ é tal que $f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{\operatorname{sen}(\tfrac{\pi}{2})-\operatorname{sen}(0)}{\tfrac{\pi}{2}-0}=\frac{2}{\pi}$. Como $f^{\prime}(x)=\cos x$, $c$ é solução de $\cos c=\frac{2}{\pi}$. Com a calculadora obtemos duas soluções: $c=\pm\operatorname{arcos}(\frac{2}{\pi})\simeq\pm 0.69$. 6.30 Como $f$ não é derivável no ponto $2\in[0,3]$, o teorema não se aplica. Não existe ponto $C$ com as desejadas propriedades:

6.31 Sejam $x_{1}<x_{2}$. Pelo Corolário 6.1, existe $c\in(x_{2},x_{2})$ tal que

Como $|\cos(c)|\leq 1$, isso dá (6.17). Por ser derivável, já sabemos que $\operatorname{sen}x$ é contínua, mas (6.17) permite ver continuidade de uma maneira mais concreta. De fato, seja $a$ um ponto qualquer da reta. Para mostrar que $\operatorname{sen}x$ é contínua em $a$, precisamos escolher um $\epsilon>0$ qualquer, e mostrar que se $x$ for suficientemente perto de $a$, $|x-a|\leq\delta$ (para um certo $\delta$) então

Mas, usando (6.17), vemos que a condição acima vale se $\delta\equiv\epsilon$. 6.32

(1): Como $f^{\prime}(x)=x^{3}-x=x(x^{2}-1)$, $f(x)$ é crescente em $[-1,0]\cup[1,\infty)$, decrescente em $(-\infty,-1]\cup[0,1]$:

(2): $f(x)=2x^{3}-3x^{2}-12x+1$ é crescente em $(-\infty,-1]\cup[2,\infty)$, decrescente em $[-1,2]$:

Observe que nesse caso, a identificação dos pontos em que o gráfico corta o eixo $x$ é mais difícil (precisa resolver uma equação do terceiro grau). (3): $f$ decresce em $(-\infty,-1]$, cresce em $[-1,\infty)$. Observe que $f$ não é derivável em $x=-1$. (4): Já encontramos o gráfico dessa função no Exercício 2.10. Observe que $f(x)=||x|-1|$ não é derivável em $x=-1,0,+1$, então é melhor estudar a variação sem a derivada: $f$ é decrescente em $(-\infty,-1]$ e em $[0,1]$, crescente em $[-1,0]$ e em $[1,\infty)$. (5) Como $(\operatorname{sen}x)^{\prime}=\cos x$, vemos que o seno é crescente em cada intervalo em que o cosseno é positivo, e decrescente em cada intervalo em que o cosseno é negativo. Por exemplo, no intervalo $[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}]$, $\cos x>0$, logo $\operatorname{sen}x$ é crescente:

(6): $f(x)=\sqrt{x^{2}-1}$ tem domínio $(-\infty,-1]\cup[1,\infty)$, é sempre não-negativa, e $f(-1)=f(1)=0$. Temos $f^{\prime}(x)=\frac{x}{\sqrt{x^{2}-1}}$. Logo, a variação de $f$ é dada por:

Assim, o gráfico é do tipo:

Observe que $\lim_{x\to-1^{-}}f^{\prime}(x)=-\infty$, $\lim_{x\to+1^{+}}f^{\prime}(x)=+\infty$ (6): Considere $f(x)=\frac{x+1}{x+2}$. Como $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=1$, $y=1$ é assíntota horizontal, e como $\lim_{x\to-2^{-}}f(x)=+\infty$, $\lim_{x\to-2^{+}}f(x)=-\infty$, $x=-2$ é assíntota vertical. Como $f^{\prime}(x)=\frac{1}{(x+2)^{2}}>0$ para todo $x\neq 2$, $f$ é crescente em $(-\infty,-2)$ e em $(-2,\infty)$. Isso permite montar o gráfico:

(8): Um estudo parecido dá

(9): Como $f^{\prime}(x)=-xe^{-\frac{x^{2}}{2}}$, $f$ é crescente em $(-\infty,0]$, decrescente em $[0,\infty)$. Como $f(x)\to 0$ quando $x\to\pm\infty$, temos:

(10): Observe que $\ln(x^{2})$ tem domínio $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$, e $(\ln(x^{2}))^{\prime}=\frac{2}{x}$. Logo, $\ln(x^{2})$ é decrescente em $(-\infty,0)$, crescente em $(0,\infty)$:

(11) Lembre que o domínio da tangente é formado pela união dos intervalos da forma $I_{k}=]-\tfrac{\pi}{2}+k\pi,\tfrac{\pi}{2}+k\pi[$. Como $(\tan x)^{\prime}=1+\tan^{2}x>0$ para todo $x\in I_{k}$, $\tan x$ é crescente em cada intervalo do seu domínio (veja o esboço na Seção 2.2.4). 6.33 Em $t=0$, a partícula está na origem, onde ela fica até o instante $t_{1}$. Durante $[t_{1},t_{2}]$, ela anda em direção ao ponto $x=d_{1}$, com velocidade constante $v=\frac{d_{1}}{t_{2}-t_{1}}$ e aceleração $a=0$. No tempo $t_{2}$ ela chega em $d_{1}$ e fica lá até o tempo $t_{3}$. No tempo $t_{3}$ ela começa a andar em direção ao ponto $x=d_{2}$ (isto é, ela recua), com velocidade constante $v=\frac{d_{2}-d_{1}}{t_{4}-t_{3}}<0$. Quando chegar em $d_{1}$ no tempo $t_{4}$, para, fica lá até $t_{5}$. No tempo $t_{5}$, começa a acelerar com uma aceleração $a>0$, até o tempo $t_{6}$. 6.34 Como $v(t)=t-1$, temos $v(0)=-1<0$, $v(1)=0$, $v(2)=1>0$, $v(10)=9$. Quando $t\to\infty$, $v(t)\to\infty$. Observando a partícula, significa que no tempo $t=0$ ela está em $x(0)=0$, recuando com uma velocidade de $-1$ metros por segundo. No instante $t=1$, ela está com velocidade nula em $x(1)=-\frac{1}{2}$. No instante $t=2$ ela está de volta em $x(2)=0$, mas dessa vez com uma velocidade de $+1$ metro por segundo. A aceleração é constante: $a(t)=v^{\prime}(t)=+1$. 6.35 Temos $v(t)=x^{\prime}(t)=A\omega\cos(\omega t)$, e $a(t)=v^{\prime}(t)=-A\omega^{2}\operatorname{sen}(\omega t)\equiv-\omega^{2}x(t)$.

Observe que $v(t)$ é máxima quando $x(t)=0$, e é mínima quando $x(t)=\pm A$. Por sua vez, $a(t)$ é nula quando $x(t)=0$ e máxima quando $x(t)=\pm A$. 6.36 A taxa de variação no mês $t$ é dada por $P^{\prime}(t)=2t+20$. Logo, hoje, $P^{\prime}(0)=+20$ hab./mês, o que significa que a população hoje cresce a medida de $20$ habitantes por mês. Daqui a $15$ meses, $P^{\prime}(15)=+50$ hab./mês. A variação real da população durante o $16$-ésimo mês será $P(16)-P(15)=+51$ habitantes. 6.37 Como $V=L^{3}$, $V^{\prime}=3L^{2}L^{\prime}=\frac{3}{2}L^{2}$. Logo, quando $L=10$, $V^{\prime}=150$ $m^{3}/s$, e quando $L=20$, $V^{\prime}=600$ $m^{3}/s$. 6.38 O volume do balão no tempo $t$ é dado por $V(t)=\tfrac{4}{3}\pi R(t)^{3}$. Logo, $R(t)=(\frac{3}{4\pi}V(t))^{1/3}$, e pela regra da cadeia, $R^{\prime}(t)=\tfrac{1}{3}(\frac{3}{4\pi}V(t))^{-2/3}\frac{3}{4\pi}V^{\prime}(t)$. No instante $t_{*}$ que interessa, $V(t_{*})=\frac{4\pi}{3}m^{3}$, e como $V^{\prime}(t)=2m^{3}/s$ para todo $t$, obtemos

6.39 Seja $x$ a distância de $I$ até a parede, e $y$ a distância de $S$ até o chão: $x^{2}+y^{2}=4$. Quando a vassoura começa a escorregar, $x$ e $y$ ambos se tornam funções do tempo: $x=x(t)$ com $x^{\prime}(t)=0.8\,m/s$, e $y=y(t)$. Derivando implicitamente com respeito a $t$, $2xx^{\prime}+2yy^{\prime}=0$. Portanto, $y^{\prime}=-\frac{xx^{\prime}}{y}=-0.8\frac{x}{y}=-\frac{0.8x}{\sqrt{4-x^{2}}}$. 1) Quando $x=1\,m$, $y^{\prime}=-0.46\,m/s$ (da onde vém esse sinal “-”?) 2) Quando $x\to 2^{-}$, $y^{\prime}\searrow-\infty$. Obs: Quando $I$ estiver a $2-7.11\cdot 10^{-22}\,m$ da parede, $S$ ultrapassa a velocidade da luz. 6.40 Definamos $\theta$ e $x$ da seguinte maneira:

Temos $\tan\theta=\frac{x}{10}$ e como $\theta^{\prime}=0.5$ rad/s, temos $x^{\prime}=10(1+\tan^{2}\theta)\theta^{\prime}=5(1+\tan^{2}\theta)$. 1) Se $P=A$, então $\tan\theta=0$, logo $x^{\prime}=5$ m/s. 2) Se $x=10\,m$, então $\tan\theta=1$ e $x^{\prime}=10\,m/s$. 3) Se $x=100\,m$, então $\tan\theta=10$ e $x^{\prime}=505\,m/s$ (mais rápido que a velocidade do som, que fica em torno de $343\,m/s$). 6.41 Seja $H$ a altura do balão e $\theta$ o ângulo sob o qual o observador vê o balão. Temos $H^{\prime}=5$, e $\tan\theta=\frac{H}{50}$. Como ambos $H$ e $\theta$ dependem do tempo, ao derivar com respeito a $t$ dá $(1+\tan^{2}\theta)\theta^{\prime}=\frac{H^{\prime}}{50}=\frac{1}{10}$, isto é: $\theta^{\prime}=\frac{1}{10(1+\tan^{2}\theta)}$. 1) No instante em que o balão estiver a $30$ metros do chão, $\tan\theta=\frac{30}{50}=\tfrac{3}{5}$, assim $\theta^{\prime}=\frac{5}{68}\simeq 0.0735$ rad/s. 2) No instante em que o balão estiver a $1000$ metros do chão, $\tan\theta=\frac{1000}{50}=20$, assim $\theta^{\prime}=\frac{1}{4010}\simeq 0.0025$ rad/s. 6.42 Como $P=\frac{nkT}{V}$, $P^{\prime}=-\frac{nkT}{V^{2}}V^{\prime}$. Logo, no instante em que $V=V_{0}$, $P^{\prime}=-\frac{3nkT}{V_{0}^{2}}$. 6.43 (1) $f(x)\simeq x+1$, $f(x)\simeq e^{-1}x+2e{{}^{-}1}$ (2) $f(x)\simeq x$, (3) $f(x)\simeq-x$, (4) $f(x)\simeq 1$, (5) $f(x)\simeq x$, $f(x)\simeq 1$, $f(x)\simeq-x+\pi$ (6) $f(x)\simeq 1+\frac{x}{2}$. 6.44 Como $\sqrt{4+x}\simeq 2+\frac{x}{4}$, temos $\sqrt{3.99}=\sqrt{4-0.01}\simeq 2+\frac{-0.01}{4}=1.9975$ (HP: $\sqrt{3.99}=1.997498...$). Como $\ln(1+x)\simeq x$, temos $\ln(1.0123)=\ln(1+0.123)\simeq 0.123$ (HP: $\ln(1.123)=0.1160...$). Como $\sqrt{101}=10\sqrt{1+\frac{1}{100}}$ e que $\sqrt{1+x}\simeq 1+\frac{x}{2}$, temos $\sqrt{101}\simeq 10\cdot(1+\frac{1/100}{2})=10.05$ (HP: $\sqrt{101}=10.04987...$). 6.45 (1) $y^{\prime}=\frac{3\cos(3x+y)}{1-\cos(3x+y)}$. (2) $y^{\prime}=\frac{2xy^{3}+3x^{2}y^{2}}{1-3x^{2}y^{2}-2x^{3}y}$ (3) Atenção: o único par $(x,y)$ solução da equação $x=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ é $(0,0)$! Logo, não há jeito de escrever $y$ como função de $x$, assim não faz sentido derivar com respeito a $x$. (4) $y^{\prime}=\frac{1-3x^{2}-4x-y}{3y^{2}+x+2}$ (5) $y^{\prime}=\frac{-\operatorname{sen}x-x\cos x}{\cos y-y\operatorname{sen}y}$ (6) $y^{\prime}=\frac{\cos y-\cos(x+y)}{x\operatorname{sen}y+\cos(x+y)}$ 6.46 (1) Com $y^{\prime}=1-\frac{2x}{3(y-x)^{2}}$, $y=\frac{5}{6}x+\frac{13}{6}$. (2) Com $y^{\prime}=\frac{2-2xy}{x^{2}+4y^{3}}$, $y=\frac{4}{5}x+\frac{9}{5}$. (3) $y=-x+2$. Obs: curvas definidas implicitamente por equações do tipo acima podem ser representadas usando qualquer programa simples de esboço de funções, por exemplo kmplot. 6.47 (1) Queremos verificar que $\sqrt{\frac{x+y}{2}}\geq\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2}$ para todo $x,y\geq 2$. Elevando ambos lados ao quadrado (essa operação é permitida, já que ambos lados são positivos), $\frac{x+y}{2}\geq(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2})^{2}=\frac{x+2\sqrt{x}\sqrt{y}+y}{4}$, e rearranjando os termos obtemos $0\leq\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})^{2}}{4}$, que é sempre verdadeira. (2) Se $x,y>0$, $\frac{1}{\frac{x+y}{2}}\leq\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}{2}$ é equivalente a $4xy\leq(x+y)^{2}$, que por sua vez é equivalente a $0\leq(x-y)^{2}$, que é sempre verdadeira. Logo, $\frac{1}{x}$ é convexa em $(0,\infty)$. Como $\frac{1}{x}$ é ímpar, a concavidade em $(-\infty,0)$ segue imediatamente. 6.48 (1) $\frac{x^{3}}{3}-x$ é côncava em $(-\infty,0]$, convexa em $[0,\infty)$. O gráfico se encontra na solução do Exercício 6.32. (2) $-x^{3}+5x^{2}-6x$ é convexa em $(-\infty,\tfrac{5}{3}]$, côncava em $[\frac{5}{3},\infty)$:

(3) Se $f(x)=3x^{4}-10x^{3}-12x^{2}+10x+9$, então $f^{\prime\prime}(x)=12(3x^{2}-5x-2)$. Logo, $f(x)$ é convexa em $(-\infty,-\tfrac{1}{3}]$ e em $[2,\infty)$, côncava em $[-\tfrac{1}{3},2]$.

(4) Como $(\frac{1}{x})^{\prime\prime}=\frac{2}{x^{3}}$, $\frac{1}{x}$ é côncava em $(-\infty,0)$, convexa em $(0,\infty)$ (confere no gráfico do Capítulo 2). (5): Como $f^{\prime\prime}(x)=(x+2)e^{x}$, $f$ é côncava em $(-\infty,-2]$, convexa em $[-2,\infty)$:

(6): $f(x)=\frac{x^{2}+9}{(x-3)^{2}}$ é bem definida em $D=(-\infty,3)\cup(3,+\infty)$. Como $f^{\prime\prime}(x)=\frac{12(x+6)}{(x-3)^{4}}$, $f(x)$ é côncava em $(-\infty,-6]$, convexa em $(-6,3)$ e $(3,+\infty)$:

(7) Com $f(x)=xe^{-3x}$ temos $f^{\prime\prime}(x)=(9x-6)e^{-3x}$. Logo, $f$ é côncava em $(-\infty,\tfrac{2}{3}]$, convexa em $[\tfrac{2}{3},\infty)$:

(8) $f(x)=|x|-x$ é $=0$ se $x\geq 0$, e $=-2x$ se $x\leq 0$. Logo, $f$ é convexa. Obs: como $|x|$ não é derivável em $x=0$, a convexidade não pode ser obtida com o Teorema 6.3. (9) Se $f(x)=\arctan x$, então $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}+1}$, e $f^{\prime\prime}(x)=\frac{-2x}{(x^{2}+1)^{2}}$. Logo, $\arctan x$ é convexa em $]-\infty,0]$, côncava em $[0,\infty)$ (confere no gráfico da Seção 2.4.3). (10) $f(x)=e^{-\frac{x^{2}}{2}}$ tem $f^{\prime\prime}(x)=(x^{2}-1)e^{-\frac{x^{2}}{2}}$. Logo, $f$ é convexa em $]-\infty,1]$ e $[1,\infty)$, e côncava em $[-1,1]$ (veja o gráfico do Exercício 6.32). (11) $f(x)=\frac{1}{x^{2}+1}$ é convexa em $(-\infty,-\frac{1}{\sqrt{3}}]$ e $[\frac{1}{\sqrt{3}},\infty)$, côncava em $[-\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}]$.

6.49 Nos dois primeiros e último exemplos, as hipóteses do Teorema 6.4 são verificadas, dando

No terceiro, o teorema não se aplica: apesar das funções $1-\cos(\alpha)$ e $\operatorname{sen}(\alpha+\frac{\pi}{2})$ serem deriváveis em $\alpha=0$, temos $\operatorname{sen}(0+\pi/2)=1\neq 0$. Logo o limite se calcula sem a regra de B.H.: $\lim_{\alpha\to 0}\frac{1-\cos(\alpha)}{\operatorname{sen}(\alpha+\pi/2)}=\tfrac{0}{1}=0$. 6.50 (1) $0$ (B.H. não se aplica) (2) $\tfrac{3}{7}$ (3) $+\infty$ (B.H. não se aplica) (4) $\lim_{x\to 0}\frac{(\operatorname{sen}x)^{2}}{x^{2}}=(\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}x}{x})^{2}=1^{2}=1$ (não precisa de B.H.) (5) Usando B.H., $\lim_{x\to 0}\frac{\ln\frac{1}{1+x}}{\operatorname{sen}x}=-\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{\operatorname{sen}x}=-\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{x+1}}{\cos x}=-1$. (6) $1$ (7) $0$ (8) $0$ (9) $-\frac{1}{6}$ (10) $\tfrac{1}{3}$ (11) $1$ (12) $2$ (13) $0$ (B.H. não se aplica) (14) $0$ (15) $0$ (aplicando duas vezes B.H.) (16) $0$ (17) Como $e^{\ln x}=x$, o limite é $1$ (B.H. se aplica mas não serve para nada!) (18) Esse limite se calcula como no Capítulo 4: $\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x}\sqrt{1+\frac{1}{x}}}{\sqrt{x}\sqrt{1-\frac{1}{x}}}=1$. (19) $-1/3$ (sem B.H.!) (20) $2$ (21) $0$ (B.H. não se aplica) (22) $\lim_{x\to\infty}\frac{x+\operatorname{sen}x}{x}=\lim_{x\to\infty}(1+\frac{\operatorname{sen}x}{x})=1+0=1$ (Obs: Aqui B.H. não se aplica, porqué $\lim_{x\to\infty}\frac{(x+\operatorname{sen}x)^{\prime}}{(x)^{\prime}}=\lim_{x\to\infty}(1+\cos x)$, que não existe.) (23) $\tfrac{1}{3}$ (24) $\lim_{x\to 0^{+}}\frac{x^{2}\operatorname{sen}\frac{1}{x}}{x}=\lim_{x\to 0^{+}}x\operatorname{sen}\frac{1}{x}=0$, com um “sanduíche”. Aqui B.H. não se aplica, porqué o limite $\lim_{x\to 0^{+}}(x^{2}\operatorname{sen}\frac{1}{x})^{\prime}$ não existe. (25) $\frac{1}{3}$. (27) (Segunda prova, Segundo semestre de 2011) Como $\lim_{y\to\infty}\arctan y=\frac{\pi}{2}$, o limite é da forma $\frac{0}{0}$. As funções são deriváveis em $x>0$, logo pela regra de B.H.,

(26) $1/2$. 6.51 (1) $\sqrt{e}$ (2) $\lim_{x\to 0^{+}}x^{x}=\exp(\lim_{x\to 0^{+}}x\ln x)=e^{0}=1$. (3) $e^{2}$ (4) $1$ (5) $e$ (6) $1$ (7) $1$ (8) $1$ (9) $e^{-1}$ (10) $0$ (11) $-e/2$ 6.52 Para o primeiro,

Para o segundo,

Usando BH duas vezes, verifica-se que $\lim_{x\to\infty}\frac{(\ln x)^{2}}{x}=0$, o que implica $\lim_{x\to\infty}x(\frac{(\ln x)^{2}}{x}-1)=-\infty$. Logo, $\lim_{x\to\infty}x^{\ln x}e^{-x}=0$. O último limite se calcula sem usar B.H.: