Atividade - Cálculo 1 2022 2

Seja f(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}. Determine: • f'(x) • f'(0) Seja f(x) = \left(1 + \frac{1}{x}\right)^2 determine: • as equações das retas tangente e normal ao gráfico de da função em P = (1, f(1)); • a coordenada x no gráfico em que a tangente é horizontal. Seja f(x) = \frac{x^2}{\cos x}. Determine: • f'(x) • f'(0) Seja f(x) = x \sen x. Determine: • f'(x) • f'(0) Seja f(x) = x \sen x, determine: • \frac{d^2f}{dx^2} • \frac{d^3f}{dx^3} • \frac{d^4f}{dx^4} • \frac{d^5f}{dx^5} Seja f(x) = \sqrt{2x^2 + 4x + 4}, determine: • as equações das retas tangente e normal ao gráfico de da função em P = (0, f(0)); • a coordenada x no gráfico em que a tangente é horizontal. Seja f(x) = \sqrt{2x^2 - 4x + 4}, determine: • as equações das retas tangente e normal ao gráfico de da função em P = (0, f(0)); • a coordenada x no gráfico em que a tangente é horizontal. Questão 1 Seja f(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}. Determine: - f'(x) - f'(0) Solução Vamos determinar f'(x). Com efeito, temos que f'(x)= \frac{df}{dx} = \frac{d}{dx}\left(\frac{e^x - e^{-x}}{2}\right)=\frac{e^x + e^{-x}}{2} Portanto, temos que f'(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}. Agora, vamos determinar f'(0). Com efeito, basta substituirmos x = 0 na expressão anterior, ou seja f'(0)= \frac{e^0 + e^0}{2}=\frac{1 + 1}{2}=\frac{2}{2}=1 logo, f'(0) = 1. Questão 2 Seja f(x) = \left(1 + \frac{1}{x}\right)^2; determine: - as equações das retas tangente e normal ao gráfico de da função em P =(1, f(1)); - a coordenada x no gráfico em que a tangente é horizontal. Solução Primeiro de tudo, vamos determinar o ponto P dado. Com efeito, esse ponto é é (1, f(1)) e veja que f(1) é f(1) = \left(1 + \frac{1}{1}\right)^2 = 2^2 = 4 e então, o ponto P é o ponto (1, 4). Agora, vamos determinar as equações das retas tangente e normal pedidas. Vamos começar pela equação da reta tangente. Decerto, essa equação num ponto (x_0, y_0) qualquer tem a seguinte forma geral: y - y_0 = \left.\frac{df}{dx}\right|_{x=x0} \cdot (x - x_0). Nesse sentido, é necessário calcularmos a derivada da função f(x). Com efeito, vamos calculá-la com uso das regras de diferenciação conhecidas de modo a termos o seguinte \frac{df}{dx} = \frac{d}{dx}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^2=2\left(1+\frac{1}{x}\right)\frac{d}{dx}\left(1+\frac{1}{x}\right)=2\left(1+\frac{1}{x}\right)\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)=-2\left(1+\frac{1}{x}\right)\cdot\left(\frac{1}{x^2}\right) Questão 3 Seja \( f(x) = \frac{x}{\cos x}\). Determine: - f'(x) - f'(0) Solução Vamos determinar \( f'(x) \). Com efeito, temos que \[ f'(x) = \frac{df}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{x}{\cos x} \right) = \frac{\cos(x) \frac{d}{dx}(x) - x \frac{d}{dx}(\cos(x))}{(\cos(x))^2} = \frac{\cos(x) + x \sin(x)}{\cos^2(x)} \] Portanto, temos que \[ f'(x) = \frac{\cos(x) + x \sin(x)}{\cos^2(x)} \] Agora, vamos determinar \( f'(0) \). Com efeito, basta substituirmos \( x = 0 \) na expressão anterior, ou seja \[ f'(0) = \frac{\cos(0) + 0 \cdot \sin(0)}{\cos^2(0)} = \frac{1 + 0}{1^2} = 1 \] logo, \( f'(0) = 1 \). Questão 5 Seja \( f(x) = x \sen x \), determine: \[ \frac{d^2f}{dx^2} \\ \frac{d^3f}{dx^3} \\ \frac{d^4f}{dx^4} \\ \frac{d^5f}{dx^5} \] Solução Com efeito, sabemos do item anterior que \( f'(x) = \sin(x) + x \cos(x) \). Nesse sentido, vamos calcular as derivadas desejadas \[ \begin{cases} \frac{d^2f}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left( \frac{df}{dx} \right) = \frac{d}{dx} (\sin(x) + x \cos(x)) = \cos(x) + \cos(x) - x \sin(x) = 2 \cos(x) - x \sin(x)\\ \frac{d^3f}{dx^3} = \frac{d}{dx}\left( \frac{d^2f}{dx^2} \right) = \frac{d}{dx} (2 \cos(x) - x \sin(x)) = -2 \sin(x) - \sin(x) - x \cos(x) = -3 \sin(x) - x \cos(x)\\ \frac{d^4f}{dx^4} = \frac{d}{dx}\left( \frac{d^3f}{dx^3} \right) = \frac{d}{dx} (-3 \sin(x) - x \cos(x)) = x \sin(x) - 3 \cos(x) - \cos(x) = x \sin(x) - 4 \cos(x)\\ \frac{d^5f}{dx^5} = \frac{d}{dx}\left( \frac{d^4f}{dx^4} \right) = \frac{d}{dx} (x \sin(x) - 4 \cos(x)) = 4 \sin(x) + \sin(x) + x \cos(x) = 5 \sin(x) + x \cos(x)\\ \end{cases} \] Portanto, as derivadas pedidas são as seguintes: \[ \begin{cases} \frac{d^2f}{dx^2} = 2 \cos(x) - x \sin(x)\\ \frac{d^3f}{dx^3} = -3 \sin(x) - x \cos(x)\\ \frac{d^4f}{dx^4} = x \sin(x) - 4 \cos(x)\\ \frac{d^5f}{dx^5} = 5 \sin(x) + x \cos(x) \end{cases} \] Questão 4 Seja f(x) = x sen x. Determine: - f ′(x) - f ′(0) Solução Vamos determinar f ′(x). Com efeito, temos que f ′(x) = df dx = d dx (x sin(x)) = sin(x) d dx(x) + x d dx(sin(x)) = sin(x) + x cos(x) Portanto, temos que f ′(x) = sin(x) + x cos(x) Agora, vamos determinar f ′(0). Com efeito, basta substituirmos x = 0 na expressão anterior, ou seja f ′(0) = sin(0) + 0 · cos(0) = 0 logo, f ′(0) = 0. 4 Questão 6 Seja f(x) = \sqrt{2x^2 + 4x + 4} determine: - as equações das retas tangente e normal ao gráfico de da função em P = (0, f(0)) : - a coordenada x no gráfico em que a tangente é horizontal. Solução Primeiro de tudo, vamos determinar o ponto P dado. Com efeito, esse ponto é é (0, f(0)) e veja que f(0) ∈ f(0) = \sqrt{4} = ±2 e então, o ponto P é o ponto (0, 2) e também o ponto (0, −2). Entretanto, veja que f(x) é uma função estritamente positiva logo, a solução negativa não faz sentido aqui. Portanto, o único ponto que devemos considerar é o ponto P = (0, 2). Agora, vamos determinar as equações das retas tangente e normal pedidas. Vamos come­çar pela equação da reta tangente. Decerto, essa equação num ponto (x_0, y_0) qualquer tem a seguinte forma geral: y - y_0 = \frac{df}{dx} \bigg|_{x=x_0} \cdot (x - x_0). Nesse sentido, é necessário calcularmos a derivada da função f(x). Com efeito, vamos cálcula­la com uso das regras de diferenciação conhecidas de modo a termos o seguinte \frac{df}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{2x^2 + 4x + 4}} \cdot (4x + 4) = \frac{2x + 2}{\sqrt{2x^2 + 4x + 4}} Agora, veja que nosso ponto x_0 é x_0 = 0. Então, vamos calcular o valor da derivada nesse ponto. Com efeito, nós temos que \frac{df}{dx} \bigg|_{x=x_0=0} = \frac{2x + 2}{\sqrt{2x^2 + 4x + 4}} \bigg|_{x=0} = \frac{2}{\sqrt{4}} = ± \frac{2}{2} = ±1 Com isso calculado, temos dois coeficientes angulares possíveis. Entretanto, aqui devemos Descartar o coeficiente negativo uma vez que esse coeficiente corresponderia a caso da função f(x) assumir possíveis valores negativos e como já discutimos nossa função é estritramente positiva. Logo, devemos considerar apenas o coeficiente +1. Então, para a determinação da reta tangente teremos que Em x = 0, y = 2 e \frac{df}{dx} = 1 temos a seguinte expressão y - y_0 = \frac{df}{dx} \bigg|_{x=x_0} \cdot (x - x_0) \implies y - 2 = 1(x - 0) \implies y = x + 2 Agora, vamos calcular a equação da reta normal no ponto dado. Com efeito, a forma geral para a expressão da terma normal num ponto arbitrário P = (x_0, y_0) é a seguinte y - y_0 = -\frac{1}{df}{dx} \bigg|_{x=x_0} \cdot (x - x_0) isto é, basicamente toma-se o valor negativo do inverso do coeficiente angular da reta tangente. Nesse caso, nos já temos todos os valores para obtermos nossa expressão. Então, ficamos com a seguinte expressão para a reta normal y - y_0 = -\frac{1}{df}{dx} \bigg|_{x=x_0} \cdot (x - x_0) \implies y - 2 = -1(x - 0) \implies y = x + 2 e a equação da reta normal a essa curva nesse ponto é y = −x + 2. Solução da parte 2 Com efeito, a reta tangente a curva de uma função y = f(x) qualquer é horizontal quando f'(x) = 0. Nesse caso, para determinarmos o ponto em que isso ocorre basta buscarmos o x tal que f'(x) = 0. Então, veja que teremos o seguinte f'(x) = 0 \implies \frac{2x + 2}{\sqrt{2x^2 + 4x + 4}} = 0 \implies 2x + 2 = 0 \implies x + 1 = 0 \implies x = −1 Logo, a coordenada x que faz com que f'(x) = 0, isto é que a tangente seja horizontal, é o ponto x = −1. Questão 7 Seja f(x) = \sqrt{2x^2 - 4x + 4}, determine: - as equações das retas tangente e normal ao gr gráfico da função em P = (0, f(0)) : - a coordenada x no gráfico em que a tangente é horizontal. Solução Primeiro de tudo, vamos determinar o ponto P dado. Com efeito, esse ponto é é (0, f(0)) e veja que f(0) ∈ f(0) = \sqrt{4} = ±2 e então, o ponto P é o ponto (0, 2) e também o ponto (0, −2). Entretanto, veja que f(x) é uma função estritamente positiva logo, a solução negativa não faz sentido aqui. Portanto, o único ponto que devemos considerar é o ponto P = (0, 2). Agora, vamos determinar as equações das retas tangente e normal pedidas. Vamos come­çar pela equação da reta tangente. Decerto, essa equação num ponto (x_0, y_0) qualquer tem a seguinte forma geral: y - y_0 = \frac{df}{dx} \bigg|_{x=x_0} \cdot (x - x_0). Nesse sentido, é necessário calcularmos a derivada da função f(x). Com efeito, vamos cálcula­la com uso das regras de diferenciação conhecidas de modo a termos o seguinte \frac{df}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{2x^2 - 4x + 4}} \cdot (4x + 4) = \frac{2x - 2}{\sqrt{2x^2 - 4x + 4}} Agora, veja que nosso ponto x_0 é x_0 = 0. Então, vamos calcular o valor da derivada nesse ponto. Com efeito, nós temos que \frac{df}{dx} \bigg|_{x=x_0=0} = \frac{2x - 2}{\sqrt{2x^2 - 4x + 4}} \bigg|_{x=0} = \frac{2}{\sqrt{4}} = ± \frac{2}{2} = ±(±1) Com isso calculado, temos dois coeficientes angulares possíveis. Entretanto, aqui devemos descartar o coeficiente negativo uma vez que esse coeficiente corresponderia a caso da função f(x) assumir possíveis valores negativos e como já discutimos nossa função é estritamente positiva. Logo, devemos considerar então que nosso coeficiente angular é (−1) Então, para a determinação da reta tangente teremos que Em x = 0, y = 2 e \frac{df}{dx} = −1 temos a seguinte expressão y - y_0 = \frac{df}{dx} \bigg|_{x=x_0} \cdot (x - x_0) \implies y - 2 = 1(x - 0) \implies y = −x + 2 Agora, vamos calcular a equação da reta normal no ponto dado. Com efeito, a forma geral para a expressão da terma normal num ponto arbitrário P = (x_0, y_0) é a seguinte y - y_0 = -\frac{1}{df}{dx} \bigg|_{x=x_0} \cdot (x - x_0) isto é, basicamente toma-se o valor negativo do inverso do coeficiente angular da reta tangente. Nesse caso, nos já temos todos os valores para obtermos nossa expressão. Então, ficamos com a seguinte expressão para a reta normal y - y_0 = -\frac{1}{\left. \frac{df}{dx} \right|_{x=x_0}} \cdot (x - x_0) \implies y - 2 = 1(x - 0) \implies y = x + 2 e a equação da reta normal a essa curva nesse ponto é y = -x + 2. Solução da parte 2 Com efeito, a reta tangente a curva de uma função y = f(x) qualquer é horizontal quando f'(x) = 0. Nesse caso, para determinarmos o ponto em que isso ocorre basta buscarmos o x tal que f'(x) = 0. Então, veja que teremos o seguinte f'(x) = 0 \implies \frac{2x - 2}{\sqrt{2x^2 + 4x + 4}} = 0 \implies 2x - 2 = 0 \implies x - 1 = 0 \implies x = 1 Logo, a coordenada x que faz com que f'(x) = 0, isto é que a tangente seja horizontal, é o ponto x = 1.