Questão 02. Seja f:] 1,+\infty[\rightarrow \mathbb{R} definida por
f(x)=\operatorname{arctg}\left(\sqrt{x^{2}-1}\right)-\frac{\ln x}{\sqrt{x^{2}-1}}
O valor de 3 \sqrt{3} f^{\prime}(2) é igual a
(A) 0
(B) 1
(C) \ln 4
(D) 3+\ln 4
(E) 5+\ln 2

Passo 1

O enunciado define a função
f(x)=\operatorname{arctg}\bigl(\sqrt{x^2-1}\bigr)\;-\;\frac{\ln x}{\sqrt{x^2-1}}
em (1,\infty) e pede o valor de 3\sqrt{3}\,f'(2).
Para resolver isso vamos usar:
  1. A regra da cadeia para derivar \operatorname{arctg}(u).
  2. A derivada de \ln x.
  3. A derivada de potências (aqui em \sqrt{x^2-1}).

Passo 2

Definimos u(x)=\sqrt{x^2-1}=(x^2-1)^{1/2}. Então
u'(x)=\frac12(x^2-1)^{-1/2}\cdot2x =\frac{x}{\sqrt{x^2-1}} =\frac{x}{u(x)}.

Passo 3

Derivando o primeiro termo,
\frac{d}{dx}\bigl[\operatorname{arctg}(u)\bigr] =\frac{u'(x)}{1+u(x)^2} =\frac{\frac{x}{u(x)}}{1+(x^2-1)} =\frac{\tfrac{x}{u}}{x^2} =\frac{1}{x\,u(x)}.

Passo 4

Agora o segundo termo é v(x)=\ln x\cdot u(x)^{-1}. Usando produto e cadeia,
v'(x)=\frac{1}{x}\,u^{-1} \;+\;\ln x\,\bigl(-1\bigr)u^{-2}\,u' =\frac{1}{x\,u} \;-\;\ln x\,\frac{u'}{u^2}.

Passo 5

Como f(x)=\operatorname{arctg}(u)-v(x), temos
f'(x) =\frac{1}{x\,u} -\Bigl(\frac{1}{x\,u}-\ln x\,\frac{u'}{u^2}\Bigr) =\ln x\,\frac{u'}{u^2}.
Substituindo u'=\tfrac{x}{u} e u^2=(x^2-1),
f'(x) =\ln x\;\frac{\tfrac{x}{u}}{u^2} =\frac{x\ln x}{u^3} =\frac{x\ln x}{(x^2-1)^{3/2}}.

Passo 6

Em x=2 temos (2^2-1)^{3/2}=3^{3/2}=3\sqrt{3}, logo
f'(2) =\frac{2\ln2}{3\sqrt{3}} \quad\Longrightarrow\quad 3\sqrt{3}\,f'(2) =3\sqrt{3}\;\frac{2\ln2}{3\sqrt{3}} =2\ln2 =\ln4.

Resposta

\ln4 (alternativa (C))

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