Baixe Capítulo 4 DERIVADA e outras Notas de estudo em PDF para Engenharia Elétrica, somente na Docsity! Capítulo 4 DERIVADA 4.1 Introdução Neste capítulo estabeleceremos a noção de derivada de uma função. A derivada envolve a variação ou a mudança no comportamento de vários fenômenos. Inicialmente apresentaremos a definição de reta tangente ao gráfico de uma função. Posteriormente, definiremos funções deriváveis e derivada de uma função num ponto, dando ênfase ao seu significado geométrico. 4.2 Reta Tangente Seja: f : D −→ R uma função definida num domínio D que pode ser um intervalo aberto ou uma reunião de intervalos abertos, ou ainda, D tal que para todo intervalo aberto I que contenha x0, se tenha: I ∩ (D − {x0}) 6= ∅. Considere P = (x0, f(x0)) e Qi = (xi, f(xi)) (i = 1, 2, 3......) pontos no gráfico de f , P 6= Qi; seja r1 a reta secante que passa por P e Q1; seu coeficiente angular é: m1 = f(x1) − f(x0) x1 − x0 . Fixemos o ponto P e movamos Q1 sobre o gráfico de f em direção a P , até um ponto Q2 = (x2, f(x2)) tal que Q2 6= P ; seja r2 a reta secante que passa por P e Q2; seu coeficiente angular é: m2 = f(x2) − f(x0) x2 − x0 . Suponha que os pontos Qi (i = 1, 2, 3......) vão se aproximando sucessivamente do ponto P (mas sem atingir P ), ao longo do gráfico de f ; repetindo o processo obtemos r1, r2, r3, ..., retas secantes de coeficientes angulares m1, m2, m3, ..., respectivamente. É possível provar, rigoro- samente, que quando os pontosQi vão se aproximando cada vez mais de P , osmi respectivos, variam cada vez menos, tendendo a um valor limite constante, que denotaremos pormx0 . 137 138 CAPÍTULO 4. DERIVADA P x x x x x Q Q Q Q r r r r f(x) n 1 2 3 n 3 2 10 n 3 2 1 Figura 4.1: Definição 4.1. A reta passando pelo ponto P e tendo coeficiente angularmx0 , é chamada reta tangente ao gráfico de f no ponto (x0, f(x0)). Se mx0 = lim x→x0 f(x) − f(x0) x − x0 existe, fazendo a mudança t = x − x0, temos: mx0 = lim t→0 f(x0 + t) − f(x0) t . Como x0 é um ponto arbitrário, podemos calcular o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de f para qualquer ponto (x, f(x)): mx = lim t→0 f(x + t) − f(x) t Assim,mx só depende x. Definição 4.2. Se f for contínua em x0, então, a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (x0, f(x0)) é: y − f(x0) = mx0 (x − x0) se o limite existe, Exemplo 4.1. [1] Determine a equação da reta tangente ao gráfico de f(x) = 4 − x2, no ponto (1, 3). Denotemos porm1 o coeficiente angular da reta tangente à parábola y = 4 − x2 passando pelo ponto (1, f(1)) = (1, 3). Seja P = (1, 3) e Q = (x0, 4 − x20) pontos da parábola; o coeficiente angular da reta secante à parábola passando por P e Q é: mPQ = f(x0) − f(1) x0 − 1 = −(x0 + 1). 4.3. FUNÇÕES DERIVÁVEIS 141 -2 -1 1 2 1 2 3 Figura 4.6: Da definição segue que a equação da reta normal ao gráfico de f no ponto (x0, f(x0)) é: y − f(x0) = − 1 mx0 ( x − x0 ) , se mx0 6= 0 4.3 Funções Deriváveis Definição 4.3. Seja f : D −→ R uma função definida num domínioD que pode ser um intervalo aberto ou uma reunião de intervalos abertos ou ainda, D tal que para todo intervalo aberto I que contenha x0, se tenha: I ∩ (D − {x0}) 6= ∅. f é derivável ou diferenciável no ponto x0 quando existe o seguinte limite: f ′(x0) = lim x→x0 f(x) − f(x0) x − x0 Fazendo a mudança t = x − x0, temos: f ′(x0) = lim t→0 f(x0 + t) − f(x0) t . f ′(x0) é chamada a derivada de f no ponto x0. Como x0 é um ponto arbitrário, podemos calcular a derivada de f para qualquer ponto x ∈ Dom(f); f ′(x) = lim t→0 f(x + t) − f(x) t Assim f ′ é função de x e f ′(x0) ∈ R. Definição 4.4. Uma função f é derivável (ou diferenciável) em A ⊂ R, se é derivável ou diferenciável em cada ponto x ∈ A. Outras notações para a derivada de y = y(x) são: dy dx ou Dxf. 142 CAPÍTULO 4. DERIVADA Exemplo 4.2. [1] Calcule f ′( 1 4 ) e f ′(2), se f(x) = x2. f ′(x) = lim t→0 f(x + t) − f(x) t = lim t→0 (x + t)2 − x2 t = lim t→0 (2x + t) = 2x. Logo, f ′( 1 4 ) = 1 2 e f ′(2) = 4. [2] Calcule f ′( 1 2 ) se f(x) = √ 1 − x2. f ′(x) = lim t→0 √ 1 − (x + t)2 − √ 1 − x2 t = lim t→0 − 2x + t√ 1 − (x + t)2 + √ 1 − x2 = − x√ 1 − x2 . Logo, f ′( 1 2 ) = − √ 3 3 . [3] Calcule f ′(1) se f(x) = 4 − x2. f ′(x) = lim t→0 f(x + t) − f(x) t = lim t→0 − t (t + 2x) t = lim t→0 −(t + 2x) = −2x. Logo, f ′(1) = −2. [4] Calcule f ′( 1 2 ) se f(x) = 1 x . f ′(x) = lim t→0 f(x + t) − f(x) t = lim t→0 1 x + t − 1 x t = lim t→0 −1 x2 + x t = − 1 x2 . Logo, f ′( 1 2 ) = −4. Interpretação Geométrica A função F : (D − {x0}) −→ R, definida por F (x) = f(x) − f(x0) x − x0 , representa, geometricamente, o coeficiente angular da reta secante ao gráfico de f passando pelos pontos (x0, f(x0)) e (x, f(x)). Logo, quando f é derivável no ponto x0, a reta de coefici- ente angular f ′(x0) e passando pelo ponto (x0, f(x0)) é a reta tangente ao gráfico de f no ponto (x0, f(x0)). Se f admite derivada no ponto x0, então, a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (x0, f(x0)) é: y − f(x0) = f ′(x0) (x − x0) A equação da reta normal ao gráfico de f no ponto (x0, f(x0)) é: y − f(x0) = − 1 f ′(x0) (x − x0), se f ′(x0) 6= 0 4.3. FUNÇÕES DERIVÁVEIS 143 Figura 4.7: As retas tangente e normal ao gráfico de y = f(x). Exemplo 4.3. [1] Determine as equações da reta tangente e da reta normal ao gráfico de f(x) = x2 + 1, no ponto de abscissa x0 = 1. Se x0 = 1 então f(x0) = 2; logo, a reta tangente passa pelo ponto (1, 2) e seu coeficiente angular é f ′(1). Temos: f ′(x) = lim t→0 f(x + t) − f(x) t = lim t→0 (x + t)2 + 1 − (x2 + 1) t = 2x. f ′(1) = 2 e as respectivas equações são: y − 2x = 0 e 2 y + x − 5 = 0. -1 1 1 2 3 Figura 4.8: As retas tangente e normal ao gráfico de y = f(x). [2] Determine a equação da reta tangente ao gráfico de f(x) = √ x que seja paralela à reta 2x − y − 1 = 0. Para determinar a equação de uma reta, necessitamos de um ponto (x0, y0) e do coeficiente angular f ′(x0). Neste problema, temos que determinar um ponto. Sejam rt a reta tangente, r a reta dada, mt e m os correspondentes coeficientes angulares; como rt e r são paralelas, então mt = m; mas m = 2 e mt = f ′(x0), onde x0 é a abscissa do ponto procurado; como f ′(x0) = 1 2 √ x0 , resolvendo a equação f ′(x0) = 2, obtemos x0 = 1 16 e f( 1 16 ) = 1 4 ; a equação é 16x − 8 y + 1 = 0. 146 CAPÍTULO 4. DERIVADA 4.4 Regras de Derivação [1] Se u(x) = c, então u′(x) = 0. [2] Se u(x) = m x + b; m, b ∈ R em 6= 0, então u′(x) = m. De fato, a função é contínua e seu gráfico coincide com sua reta tangente em qualquer ponto; logo, tem o mesmo coeficiente angular. Equivalentemente, u(x + t) − u(x) t = m t t = m. [3] Se u(x) = xn; n ∈ N, então u′(x) = n xn−1. De fato: u(x + t) − u(x) = xn + t [ n xn−1 + t (n (n−1)2 x n−2 t..... + tn−2) ] − xn e: u′(x) = lim t→0 u(x + t) − u(x) t = lim t→0 (x + t)n − xn t = lim t→0 t [ n xn−1 + t (n (n−1) 2 x n−2 t..... + tn−1 )] t = n xn−1. Proposição 4.1. Sejam u = u(x) e v = v(x) funções deriváveis; então: 1. Regra da soma: As funções u ± v são deriváveis e (u ± v)′(x) = u′(x) ± v′(x) 2. Regra do produto: A função u · v é derivável e (u · v)′(x) = u′(x) · v(x) + u(x) · v′(x) 3. Regra do quociente: A função u v é derivável, e ( u v )′ (x) = u′(x) · v(x) − u(x) · v′(x) (v(x))2 se v(x) 6= 0 Veja as provas no apêndice. Da regra do produto temos: (k u(x))′ = k u′(x), para toda constante k. Da regra do quociente, temos: se u(x) = xn, x 6= 0, com n < 0, então u′(x) = n xn−1. Exemplo 4.6. [1] Calcule u′(x), sendo u(x) = x4 + 3x + 1 x5 ; x 6= 0. Note que: u(x) = x−1 + 3x−4 + x−5, temos: u′(x) = (x−1 + 3x−4 + x−5)′ = −x−2 − 12x−5 − 5x−6. [2] Calcule u′(x) sendo u(x) = (x3 + 2x + 1) (2x2 + 3). 4.5. DERIVADA DA FUNÇÃO COMPOSTA 147 Aplicando diretamente as regras: u′(x) = ((x3 + 2x + 1))′ (2x2 + 3) + (x3 + 2x + 1) ((2x2 + 3))′ e u′(x) = 10x4 + 21x2 + 4x + 6. [3] Calcule u′(x), sendo u(x) = x2 + x x3 + 1 . u′(x) = (x2 + x x3 + 1 )′ = (x2 + x)′(x3 + 1) − (x2 + x)(x3 + 1)′ (x3 + 1)2 ; logo, u′(x) = −x4 − 2x3 + 2x + 1 (x3 + 1)2 = 1 − x2 (x2 − x + 1)2 . [4] Determine as equações das retas tangentes aos gráficos de: (a) f(x) = x2 − 3x que passa pelo ponto (3,−4). (b) g(x) = x3 − x, paralelas à reta y − 2x = 0. (a) O ponto dado não pertence ao gráfico de f . Por outro lado a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (x0, f(x0)) é y(x) = f(x0) + f ′(x0) (x − x0), onde f ′(x0) = 2x0 − 3 e f(x0) = x 2 0 − 3x0. O ponto (3,−4) pertence à reta tangente, logo, obtemos: −4 = y(3) = x20 − 3x0 + (2x0 − 3)(3 − x0) = −x20 + 6x0 − 9. Resolvendo a equação, obtemos: x0 = 1 e x0 = 5. Então, as equações obtidas são y + x + 1 = 0 e y − 7x + 25 = 0. (b) O coeficiente angular da reta tangente no ponto x0 é g′(x0) = 3x20 − 1 e deve ser igual ao coeficiente angular da reta dada; então 3x20 − 1 = 2; logo, x0 = ±1. As equações das retas tangentes são y − 2x + 2 = 0 e y − 2x − 2 = 0. 3 -4 -1 1 Figura 4.13: Gráficos do exemplo [4]. 4.5 Derivada da Função Composta Suponha que desejamos derivar a seguinte expressão: u(x) = (x9 + x6 + 1)1000 com as regras dadas. Só temos a possibilidade de desenvolver o trinômio e aplicar sucessivamente a regra da soma ou escrever como produto de 1000 polinômios e usar a regra do produto. Como ambas as possibilidades são tediosas, vamos tentar reescrever esta função. Seja g(x) = x1000 e f(x) = x9 + x6 + 1; é claro que u(x) = (g ◦ f)(x). Logo, se soubermos derivar a composta de funções o problema estará resolvido. O seguinte teorema nos ensina a derivar uma função composta g ◦ f em termos das derivadas de f e g, que são mais simples. 148 CAPÍTULO 4. DERIVADA Teorema 4.2. Regra da Cadeia Sejam f e g funções, tais que g ◦ f esteja bem definida. Se f é derivável em x e g é derivável em f(x), então g ◦ f é derivável em x e: (g ◦ f)′(x) = g′(f(x)) · f ′(x) Outra maneira de escrever o último parágrafo é: se y = g(x) e x = f(t), nas hipóteses do teorema, temos que: dy dt = dy dx dx dt Para a prova, veja o apêndice. Aplicação: Seja v(x) = (u(x))n, onde n ∈ Z. Então: v′(x) = n (u(x))n−1 u′(x). Exemplo 4.7. [1] Calcule v′(x) se v(x) = (x9 + x6 + 1)1000. Neste caso u(x) = x9 + x6 + 1; logo, u′(x) = 9x8 + 6x5 e n = 1000; então: v′(x) = ((u(x))1000)′ = 1000 (u(x))999 u′(x) = 1000 (x9 + x6 + 1)999 (9x8 + 6x5). [2] Calcule dy dt se y = g(x) = x3 + x + 1 e x = x(t) = t2 + 1. Pela regra da cadeia: dy dt = dy dx dx dt = 2 t (3x2 + 1) = 6 t (t2 + 1)2 + 2 t. [3] Seja g uma função derivável e h(x) = g(x2 + 1). Calcule h′(1) se g′(2) = 5. Observemos que h(x) = (g ◦ f)(x), onde f(x) = x2 + 1; pela regra da cadeia: h′(x) = g′(f(x)) f ′(x), e f ′(x) = 2x. Logo, h′(x) = g′(x2 + 1) 2x. Calculando a última expressão em x = 1, temos que: h′(1) = 2 g′(2) = 10. [4] Se y = u3 + u2 + 3 e u = 2x2 − 1, calcule dy dx . Pela regra da cadeia: dy dx = dy du du dx = 4x (3u2 + 2u) = 4x (3 (2x2 − 1)2 + 2 (2x2 − 1)) = 4 (12x5 − 8x3 + x); ou, fazemos a composta das funções: y = u3 + u2 + 3 = (2x2 − 1)3 + (2x2 − 1)2 + 3 e y′ = 4 (12x5 − 8x3 + x). [5] Determine f ′(1) se f(x) = h(h(h(x))), h(1) = 1 e h′(1) = 2. Pela regra da Cadeia: f ′(x) = h′(x)h′(h(x))h′(h(h(x))); logo, f ′(1) = 8. 4.6. DERIVADAS DAS FUNÇÕES ELEMENTARES 151 4.6.2 Função Logarítmica Seja a ∈ R tal que 0 < a 6= 1 e u(x) = loga(x) . Usando o teorema da função inversa para f−1 = u e f(x) = ax, temos que: u′(x) = loga(e) x De fato, u′(x) = 1 f ′(f−1(x)) = 1 x ln(a) = loga(e) x . Em particular, se a = e: (ln(x))′ = 1 x Usemos a regra da cadeia para calcular a derivada de u(x) = loga(v(x)) onde v(x) > 0 é uma função derivável. Em tal caso: u′(x) = loga(e) v ′(x) v(x) Em particular, se a = e: (ln(v(x)))′ = v′(x) v(x) 1 1 Figura 4.15: Função logarítmica em azul e sua derivada em vermelho; para 0 < a < 1 e a > 1, respectivamente. 4.6.3 Aplicações Para todo α ∈ R, se u(x) = xα, x > 0; então, u′(x) = (xα)′ = α xα−1. De fato, seja y = u(x). Aplicando logaritmo à expressão y = u(x) = xα: temos, ln(y) = ln(u(x)) = α ln(x). Derivando, temos (ln(y))′ = u′(x) u(x) = y′ y ; ou seja, y′ y = α x ; logo, y′ = y (α x ) = α xα x = αxα−1. Em geral, se u(x) = (v(x))α, onde v(x) > 0 e α ∈ R, temos: 152 CAPÍTULO 4. DERIVADA u′(x) = α (v(x))α−1 v′(x). Seja y = (u(x))v(x), onde u(x) > 0. Aplicando logaritmo à expressão y = (u(x))v(x); temos que, ln(y) = v(x) ln(u(x)). Derivando, temos: y′ y = v′(x) ln(u(x)) + u′(x) v(x) u(x) , e y′(x) = y(x) [ v′(x) ln(u(x)) + u′(x) v(x) u(x) ] . Então, se y = (u(x))v(x): y′ = (u(x))v(x) [ v′(x) ln(u(x)) + u′(x) v(x) u(x) ] Exemplo 4.10. [1] Calcule a derivada de y = 3 √ x + x−5 + 2 4 √ x3, x > 0. Aqui α = 1 2 , α = −5 e α = 34 , respectivamente; logo: y ′ = 3 2 x− 1 2 − 5x−6 + 3 2 x− 1 4 . [2] Calcule a derivada de y = √ x e √ x (x2 + x + 1)4 . Aplicando logaritmo à função e usando as propriedades da função logarítmica, temos: ln(y) = ln( √ x) + ln(e √ x) − 4 ln(x2 + x + 1) = ln(x) 2 + √ x − 4 ln(x2 + x + 1). Derivando: y′ y = 1 2x + 1 2 √ x − 8x + 4 x2 + x + 1 ,logo: y′ = y(x) [ 1 2x + 1 2 √ x − 8x + 4 x2 + x + 1 ] = √ x e √ x (x2 + x + 1)4 [ 1 2x + 1 2 √ x − 8x + 4 x2 + x + 1 ] . [3] Calcule a derivada de y = xx, x > 0. Aplicando logaritmo à expressão e usando as propriedades da função logarítmica, temos: ln(y) = x ln(x). Derivando: y′ y = ln(x) + 1 e, y′ = y(x) (ln(x) + 1) = (ln(x) + 1) xx. [4] Calcule a derivada de y = x √ x, x > 0. Aplicando logaritmo à expressão e usando as propriedades da função logarítmica, temos: ln(y) = ln(x) √ x. Derivando: y′ y = ln(x) 2 √ x + 1√ x , logo: y′ = y(x) [ ln(x) 2 √ x + 1√ x ] = [ ln(x) + 2 2 √ x ] x √ x. [5] Determine a equação da reta tangente ao gráfico de f(x) = xx 2 , (x > 0) no ponto de abscissa x0 = 1. Aplicando logaritmo a ambos os lados de y = xx 2 , temos que: ln(y) = x2 ln(x); derivando, obtemos y′ = y (2x ln(x) + x) = xx 2+1 (2 ln(x) + 1); y′(1) = 1 e a equação da reta tangente é y − x = 0. 4.6. DERIVADAS DAS FUNÇÕES ELEMENTARES 153 1 1 Figura 4.16: Gráfico de f(x) = xx 2 . [6] Seja f(x) = ln(x). Sabendo que f ′(1) = 1, verifique que: lim t→0 (t + 1) 1 t = e. f ′(1) = lim t→0 f(t + 1) − f(1) t = lim t→0 ln(t + 1) t = lim t→0 ln((t + 1) 1 t ) = ln [ lim t→0 (t + 1) 1 t ] ; então, 1 = ln [ lim t→0 (t + 1) 1 t ] ; logo: lim t→0 (t + 1) 1 t = e. Tabela Sejam u(x), v(x) funções diferenciáveis e k uma constante. Se: [1] y = k, então y′ = 0. [2] y = x, então y′ = 1. [3] y = k v(x), então y′ = k v′(x). [4] y = u(x) ± v(x), então y′ = u′(x) ± v′(x). [5] y = u(x) · v(x), então y′ = u′(x) · v(x) + u(x) · v′(x). [6] y = u(x) v(x) , v(x) 6= 0, então y′ = u ′(x) · v(x) − u(x) · v′(x) (v(x))2 . [7] y = au(x), então y′ = au(x) · ln(a) · u′(x). [8] y = eu(x), então y′ = u′(x) eu(x) [9] y = loga(u(x)), então y′ = loga(e) u′(x) u(x) . [10] y = ln(u(x)), então y′ = u′(x) u(x) . [11] y = (u(x))α, α ∈ R, então y′ = α (u(x))α−1 u′(x). [12] Seja y = (u(x))v(x), onde u(x) > 0, então y′ = (u(x))v(x) [ v′(x) ln(u(x)) + u′(x) v(x) u(x) ] . 156 CAPÍTULO 4. DERIVADA 4.6.5 Funções Trigonométricas Inversas Seja y = arcsen(x). A função arco seno, definida para x ∈ [−1, 1] é a função inversa da função f(x) = sen(x), se −π 2 ≤ x ≤ π 2 . f ′(x) = cos(x) 6= 0 se x ∈ (−π 2 , π 2 ). Usando a fórmula do teorema da função inversa, temos: se y = f−1(x) = arcsen(x), ou seja, sen(y) = x, então: (f−1)′(x) = 1 f ′(f−1(x)) = 1 cos(arcsen(x)) = 1 cos(y) . Mas, cos(y) = √ 1 − sen2(y), pois y ∈ (−π 2 , π 2 ). Então: y′ = 1 √ 1 − sen2(y) = 1√ 1 − x2 , se x ∈ (−1, 1). Seja y = arccos(x). Como arcos(x) = π 2 − arcsen(x), temos: y′ = −(arcsen(x))′; logo, y′ = − 1√ 1 − x2 , se x ∈ (−1, 1). Tabela Sejam u(x), v(x) funções diferenciáveis e k uma constante. Se: [19] Se y = arcsen(u(x)), então y′ = u′(x) √ 1 − u2(x) . [20] Se y = arccos(u(x)), então y′ = − u ′(x) √ 1 − u2(x) . [21] Se y = arctg(u(x)), então y′ = u′(x) 1 + u2(x) . [22] Se y = arccotg(u(x)), então y′ = − u ′(x) 1 + u2(x) . [23] Se y = arcsec(u(x)), então y′ = u′(x) |u(x)| √ u2(x) − 1 , |u(x)| > 1. [24] Se y = arccosec(u(x)), então y′ = − u ′(x) |u(x)| √ u2(x) − 1 , |u(x)| > 1. 4.6.6 Funções Hiperbólicas As derivadas das funções hiperbólicas são calculadas diretamente, pois todas elas envolvem exponenciais. Por exemplo, seja y = senh(x) = 12 (e x − e−x); derivando, temos: y′ = cosh(x). 4.6. DERIVADAS DAS FUNÇÕES ELEMENTARES 157 Tabela Seja u(x) derivável. Usando a regra da cadeia, temos: [25] Se y = senh(u(x)), então y′ = cosh(u(x))u′(x). [26] Se y = cosh(u(x)), então y′ = senh(u(x))u′(x). [27] Se y = tgh(u(x)), então y′ = sech2(u(x))u′(x). [28] Se y = cotgh(u(x)), então y′ = −cosech2(u(x))u′(x). [29] Se y = sech(u(x)), então y′ = −tgh(u(x)) sech(u(x))u′(x). [30] Se y = cosech(u(x)), então y′ = −cotgh(u(x)) cosech(u(x))u′(x). Exemplo 4.12. Calcule as derivadas y′, sendo: [1] y = etg(x). Fazendo u(x) = tg(x), temos y = eu(x); usando a tabela: y′ = u′(x) eu(x) e y′ = sec2(x) etg(x). [2] y = ln(ln(x)). Fazendo u(x) = ln(x), temos y = ln(u(x)); logo: y′ = u′(x) u(x) = 1 x ln(x) . [3] y = x cos (1 x ) . Então y′ = cos (1 x ) + x ( cos (1 x ))′. Fazendo u(x) = 1 x , temos que cos (1 x ) = cos(u(x)); como ( cos (1 x ))′ = 1 x2 sen (1 x ) , temos y′ = cos (1 x ) + 1 x sen (1 x ) . [4] y = cos(sen(x)). Fazendo u(x) = sen(x), temos y = cos(u(x)); usando a tabela: y′ = −u′(x) sen(u(x)) = −cos(x) sen(sen(x)). [5] y = arccotg(3x2). Fazendo u(x) = 3x2, temos y = arccotg(u(x)); usando a tabela: y′ = − u ′(x) 1 + u2(x) = − 6x 1 + 9x4 . [6] y = arctg( 1 x ). Fazendo u(x) = 1 x , temos y = arctg(u(x)); usando a tabela: y′ = u′(x) 1 + u2(x) = − 1 1 + x2 . [7] y = sen(ln(x)). 158 CAPÍTULO 4. DERIVADA Fazendo u(x) = ln(x), temos y = sen(u(x)); usando a tabela: y′ = u′(x) cos(u(x)) = cos(ln(x)) x . [8] y = ln(sen2(x)). Fazendo u(x) = sen2(x), temos y = ln(u(x)); usando a tabela: y′ = u′(x) u(x) = 2 cotg(x). [9] y = ln(cos( x − 1 x )). Fazendo u(x) = cos(x−1 x ), temos y = ln(u(x)); usando a tabela: y′ = u′(x) u(x) = − 1 x2 tg( x − 1 x ). [10] y = arcsec(ln(x)). Fazendo u(x) = ln(x), temos y = arcsec(u(x)); usando a tabela: y′ =            1 x ln(x) √ ln2(x) − 1 se x > e − 1 x ln(x) √ ln2(x) − 1 se 0 < x < e−1. [11] Calcule a área do triângulo determinado pelos eixos coordenados e pela reta tangente à curva y = 1 x no ponto x = 2. A reta tangente à curva y = f(x) = x−1 no ponto x = 2 é: y − 1 2 = f ′(2) (x − 2). Como f ′(2) = −1 4 , a equação da reta tangente é: 4 y + x − 4 = 0. Se x = 0, então y = 1; se y = 0, então x = 4. A altura do triângulo é igual a 1 e a base é igual a 4. Logo, a área do triângulo é: A = 2u.a. 1 1 Figura 4.19: [12] Uma partícula move-se ao longo da curva y = 1 − 2x2. Quando x = 3 a partícula escapa pela tangente à curva. Determine a equação da reta de escape. A equação da reta tangente à curva no ponto de abscissa 3 é y − f(3) = f ′(3) (x − 3), onde f(x) = 1 − 2x2; logo, f ′(x) = −4x e f ′(3) = −12; a equação é: y + 12x − 19 = 0. 4.7. DERIVAÇÃO IMPLÍCITA 161 [2] x2+x y+x sen(y) = y sen(x). Derivando ambos os lados 2x+y+x y′+sen(y)+x cos(y) y′ = y′ sen(x) + y cos(x). Expressando y′ em função de x e y: y′ = y cos(x) − 2x − y − sen(y) x + x cos(y) − sen(x) . [3] sen(x+y) = y2 cos(x). Derivando ambos os lados (1+y′) cos(x+y) = 2 y y′ cos(x)−y2 sen(x). Expressando y′ em função de x e y: y′ = y2 sen(x) + cos(x + y) 2 y cos(x) − cos(x + y) . O processo de derivar implicitamente pode ser usado somente se a função determinada pela forma implícita é derivável. Mas, para os exemplos e exercícios, sempre consideraremos esta exigência satisfeita. [4] Determine a equação da reta tangente ao gráfico da função implícita definida por: y2 = x2 (x + 2), no ponto ( − 1 2 , 1 2 √ 3 2 ) . Derivando a equação implicitamente: 2 y y′ = x (3x + 4). Expressando y′ em função de x e y: y′ = 3x2 + 4x 2 y ; lembrando que x = −12 , y′ = f ′(x) e 1 2 √ 3 2 = f ( − 1 2 ) = y, temos que f ′ ( − 1 2 ) = − 5 2 √ 6 é o coeficiente angular da reta tangente no ponto ( − 1 2 , 1 2 √ 3 2 ) e a equação desta reta é 4 √ 6 y + 10x − 1 = 0. -2 1 -1 1 Figura 4.21: [5] Determine a equação da reta tangente e a equação da reta normal ao gráfico da função implícita definida por: (x2 + y2) (y2 + x (x + 1)) = 4x y2 no ponto (1 2 , 1 2 ) . Derivando a equação implicitamente 2 y′ y (2 y2 + 2x2 − 3x) = −(4x y2 + 4x3 + 3x2 − 3 y2). 162 CAPÍTULO 4. DERIVADA Lembrando que x = 1 2 , y′ = f ′(x) e y = 1 2 ,temos que f ′( 1 2 ) = 2 é o coeficiente angular da reta tangente no ponto (1 2 , 1 2 ) e a equação desta reta é 2 y − 4x + 1 = 0. A equação da reta normal é 4 y + 2x − 3 = 0. -1 1 -1 1 Figura 4.22: [6] Determine a equação da reta tangente e a equação da reta normal ao gráfico da função implícita definida por: x2 a2 + y2 b2 = 1, em qualquer ponto; (a e b constantes não nulas). Derivando a equação implicitamente: 2x a2 + 2 y y′ b2 = 0. Expressando y′ em função de x e y: y′ = − b 2 x a2 y ; lembrando que x = x0, y′ = f ′(x) e y0 = f(x0), se y0 6= 0, temos: f ′(x0) = − b2x0 a2y0 , que é o coeficiente angular da reta tangente no ponto (x0, y0) e a equação desta reta é: y − y0 = − [ b2 x0 a2 y0 ] (x − x0). Ou, equivalentemente, [ y0 b2 ] y + [ x0 a2 ] x = 1 A equação da reta normal é: y − y0 = [ a2 y0 b2 x0 ] (x − x0) se x0 6= 0. Estas são as equações da reta tangente e da reta normal num ponto qualquer (x0, y0) da elipse. Em particular se a = b = r, temos todas as retas tangentes e normais num ponto qualquer (x0, y0) de um círculo de raio r. 4.7. DERIVAÇÃO IMPLÍCITA 163 Figura 4.23: A elipse e suas tangentes. [7] Determine a equação da reta tangente e a equação da reta normal ao gráfico da função implícita definida por: x2 a2 − y 2 b2 = 1, em qualquer ponto; (a e b são constantes não nulas). Derivando a equação implicitamente: 2x a2 − 2 y y ′ b2 = 0. Explicitando y′: y′ = b2 x a2 y e lembrando que x = x0, y′ = f ′(x) e y0 = f(x0), se y0 6= 0, te- mos f ′(x0) = b2 x0 a2 y0 , que é o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico da função no ponto (x0, y0) e a equação desta reta é: [ y0 b2 ] y − [ x0 a2 ] x = −1 A equação da reta normal é: y − y0 = − [ a2 y0 b2 x0 ] (x − x0) se x0 6= 0. Estas são as equações da reta tangente e da reta normal a uma hipérbole num ponto (x0, y0) arbitrário. Figura 4.24: A hipérbole e suas tangentes. 166 CAPÍTULO 4. DERIVADA f ′(x) = 4x3 + 6x2 + 1 f (2)(x) = 12x2 + 12x f (3)(x) = 24x + 12 f (4)(x) = 24 f (5)(x) = 0. Logo, f (n)(x) = 0, se n ≥ 5. 24 Figura 4.28: Gráficos de y = f(x) (verde) e suas derivadas. Em geral, se f é uma função polinomial de grau n, então, f (n)(x) = n! an e f (p)(x) = 0 para p > n. [2] Sendo f(x) = 1 x , calcule f (n). f ′(x) = −x−2 f (2)(x) = 2x−3 f (3)(x) = −6x−4 f (4)(x) = 24x−5 f (5)(x) = −120x−6 f (6)(x) = 720x−7. Logo, f (n)(x) = (−1)n n! xn+1 , para todo n ∈ N. [3] Sendo f(x) = e x 2 , calcule f (n). f ′(x) = e x 2 2 f (2)(x) = e x 2 4 f (3)(x) = e x 2 8 f (4)(x) = e x 2 16 f (5)(x) = e x 2 32 f (6)(x) = e x 2 64 Logo, f (n)(x) = e x 2 2n , para todo n ∈ N. [4] Sendo f(x) = sen(x), calcule f (n). f ′(x) = cos(x) = sen(x + π2 ) f (2)(x) = −sen(x) = sen(x + 2π2 ) f (3)(x) = −cos(x) = sen(x + 3π2 ) f (4)(x) = sen(x) = sen(x + 4π2 ) f (5)(x) = cos(x) = sen(x + 5π2 ) f (6)(x) = −sen(x) = sen(x + 6π2 ). Logo, f (n)(x) = sen ( x + nπ 2 ) , para todo n ∈ N. [5] Seja y = a + x + b x2 + c x2 ln(x), a, b, c ∈ R. Verifique que x3 y(3) − x2 y′′ + x y′ = x. Derivando: y′ = c x + 2 c x ln(x) + 2 b x + 1, y′′ = 2 b + 3 c + 2 c ln(x) e y(3) = 2 c x ; então: x3 2 c x − x2 (2 b + 3 c + 2 c ln(x)) + x (c x + 2 c x ln(x) + 2 b x + 1) = x. 4.10. APROXIMAÇÃO LINEAR 167 [6] Se y = ex (Ax + B) satisfaz à equação 3 y(3) − 6 y′′ − 2 y′ + 4 y = x ex, determine o valor das constantes A e B. Calculando as derivadas: y′ = ex (Ax + A + B), y′′ = ex (Ax + 2A + B) e y(3) = ex (Ax + 3A + B); logo a equação fica: −ex (Ax + 5A + B) = x ex da qual obtemos A = −1 e B = 5. [7] Calcule f (3)(9), se f(x) = x g( √ x), g′(3) = 6, g′′(3) = 1 e g(3)(3) = 2. f ′(x) = g( √ x) + √ x 2 g′( √ x), f ′′(x) = 1 4 √ x (3 g′( √ x) + √ x g′′( √ x)) f (3)(x) = 1 8 √ x3 (−3 g′( √ x) + 3 √ x g′′( √ x) + x g(3)( √ x)); logo, f (3)(9) = 1 24 . Em geral, nada garante que quando calculamos sucessivamente as derivadas de uma função, estas sejam funções deriváveis. [7] Seja f(x) = x2|x|. Então, f ′(x) = { 3x2 se x ≥ 0 −3x2 se x < 0 . Logo f ′(x) = 3x |x|, para todo x ∈ R; analogamente temos que f ′′(x) = 6 |x| para todo x ∈ R; mas f ′′ não é derivável no ponto x0 = 0. Verifique. A função f : A ⊂ R −→ R é dita de de classe Ck (0 ≤ k ≤ +∞) em A, se f possui as derivadas até a ordem k e f (k) é contínua em A.. Como f (0) = f , se f é de classe C0, então f é contínua. Exemplo 4.18. [1] As funções polinomiais são de classe C∞ em R. [2] As funções exponenciais são de classe C∞ em R. [3] As função logarítmicas são de classe C∞ em (0,+∞). [4] A função f(x) = x2|x| do exemplo [7] é de classe C1 em R e não é de classe C2. 4.10 Aproximação Linear É intuitivo pensar que uma função derivável restrita a um pequeno intervalo contido em seu domínio "comporta-se"como uma função polinomial do primeiro grau. Por exemplo, consideremos y = f(x) = x2. Estudando f num pequeno intervalo contendo x = 1, por exemplo I = [0.99, 1.01], obtemos: x f(x) 0.99 0.9801 0.999 0.998001 1 1 1.001 1.0002001 1.01 1.0201 168 CAPÍTULO 4. DERIVADA A reta tangente ao gráfico de f no ponto x = 1 é dada por y = 2x − 1; seu coeficiente angular é 2. Determinemos os coeficientes angulares das retas passando pelos pontos (0.999, f(0.999)), (1, f(1)) e (1.001, f(1.001)), (1, f(1)), respectivamente: m1 = f(1) − f(0.999) 1 − 0.999 = 1.9990 e m2 = f(1.001) − f(1) 1.001 − 1 = 2.0010. 1 1 Figura 4.29: m1 e m2 são valores bastante próximos de 2. Observe que se |x − 1| → 0 (x perto de 1), então f(x) = x2 fica próxima de y = 2x − 1. De fato: lim x→1 |f(x) − y| = lim x→1 |x2 − 2x + 1| = 0. Isto nos leva a estabelecer a seguinte definição: Definição 4.8. Seja y = f(x) uma função derivável em x0. A aproximação linear de f em torno de x0 é denotada por l(x) e definida por: l(x) = f(x0) + f ′(x0) (x − x0) se x ∈ (x0 − ε, x0 + ε), ε > 0 pequeno. A função l(x) também é chamada linearização de f ao redor do ponto x0. A proximidade de f(x) e l(x) nos permitirá fazer algumas aplicações. A notação para f(x) próxima a l(x) é f(x) ≃ l(x). O erro da aproximação é E(x) = f(x) − l(x) e satisfaz à seguinte condição: lim x→x0 ∣ ∣ E(x) x − x0 ∣ ∣ = lim x→x0 ∣ ∣ f(x) − f(x0) x − x0 − f ′(x0) ∣ ∣ = 0. Exemplo 4.19. [1] Suponha que não dispomos de calculadora ou de outro instrumento de cálculo e precisamos resolver os seguintes problemas: i) Se f(x) = 1 (1 + 2x)4 representa a temperatura num arame, calcule a temperatura f(0.01). ii) Se f(t) = e0.3t representa o crescimento de uma população de bactérias, calcule a população de bactérias para t = 20.012. iii) Calcule, aproximadamente (1.001)7 − 2 3 √ (1.001)4 + 3. 4.11. VELOCIDADE E ACELERAÇÃO 171 vab é o coeficiente angular da reta passando por (a, f(a)) e (b, f(b)). vab não dá informação sobre a velocidade da partícula no tempo t = t0. Se estamos interessados na velocidade ins- tantânea em t = t0, consideremos o intervalo [t0, t0 + h], h > 0; então, vh = u(t0 + h) − u(t0) h . Analogamente para h < 0. Definição 4.9. A velocidade instantânea de uma partícula que se move ao longo do gráfico da função derivável u = u(t) em t = t0, é: v(t0) = u ′(t) ∣ ∣ t=t0 De forma análoga definimos a aceleração média: aab = v(b) − v(a) b − a . Definição 4.10. A aceleração instantânea de uma partícula que se move ao longo do gráfico da função duas vezes derivável u = u(t) em t = t0, é: a(t0) = v ′(t) ∣ ∣ t=t0 = u′′(t) ∣ ∣ t=t0 O movimento harmônico simples s = s(t) é caracterizado por a(t) = −k s(t) (k > 0) e o movimento harmônico amortecido por a(t) = k v(t) + p s(t) (k, p ∈ R). Exemplo 4.20. [1] Uma partícula move-se ao longo da curva u(t) = t3 − 5 t2 + 7 t − 3. Calcule a aceleração no instante em que a velocidade é zero. Se u(t) = t3 − 5 t2 + 7 t − 3, então v(t) = 3 t2 − 10 t + 7; se v(t) = 0 temos que t = 7 3 ou t = 1. A aceleração no instante t é a(t) = 6 t − 10; logo a(7 3 ) = 4 ou a(1) = −4. [2] Uma sonda é lançada para cima verticalmente, sendo a distância acima do solo no instante t dada por s(t) = t (1000 − t). i) Determine em que instante e com que velocidade a sonda atinge o solo. ii) Qual é a altura máxima que a sonda atinge? i) A sonda atinge o solo quando s(t) = t (1000−t) = 0 ou seja quando t = 0 ou t = 1000; a sonda atinge o solo após 1000 seg e a velocidade é v(t) = s′(t) = 1000 − 2 t e v(1000) = −1000m/seg. O sinal negativo é porque a sonda está caindo. ii) Se v(t) = 0, então t = 500 e s(500) = 250000m. [3] Um ponto move-se ao longo do gráfico de y = x2 + 1 de tal modo que sua abscissa x varia com uma velocidade constante de 3 cm/seg. Qual é a velocidade da ordenada y quando x = 4 cm? Sejam x = x(t) e y = y(t) a abscissa e a ordenada no instante t, respectivamente. Seja t0 o instante tal que x(t0) = 4. Queremos calcular a velocidade de y no instante t0; em outras palavras, queremos calcular dy dt para t = t0. Usando a regra da cadeia: dy dt = dy dx dx dt = 2x dx dt . 172 CAPÍTULO 4. DERIVADA O ponto tem velocidade constante igual a 3; logo, dx dt = 3 e dy dt = 6x. Para x(t0) = 4 temos que dy dt = 24 cm/seg. [4] Um homem de 1.80m de altura afasta-se de um farol situado a 4.5m do solo, com uma velocidade de 1.5m/seg. Quando ele estiver a 6m do farol, com que velocidade sua sombra estará crescendo neste ponto e qual o comprimento da sombra? 4.5 1.80 x y Figura 4.33: Seja y o comprimento da sombra e x a distância entre o homem e o ponto do solo acima do qual está o farol. Pela semelhança de triângulos: 4.5 x + y = 1.8 y ; logo, y = 1.8x 2.7 ; então: dy dx = 2 3 e dy dt = dy dx dx dt . Como dx dt = 1.5, temos: dy dt = 1m/seg e o comprimento da sombra é y = 4m. 4.12 A Derivada como Taxa de Variação A velocidade de uma partícula que se move ao longo do gráfico da função derivável u = u(t) no tempo t é v(t) = u′(t) e representa a razão do deslocamento por unidade de variação de tempo. u′(t) expressa a taxa de variação de u(t) por unidade de tempo: u′(t) = lim h→0 u(t + h) − u(t) h . Se y = f(x) é função derivável, então f ′(x) é a taxa de variação de y em relação a x. A interpretação da derivada como taxa de variação se aplica em diversas áreas da ciência. Por exemplo, se y = f(t) mede a concentração de glóbulos vermelhos no sangue no instante t, f(t+h)−f(t) f mede a taxa de variação média da concentração de glóbulos vermelhos durante o intervalo de tempo [t, t + h] e f ′(a)mede a taxa de variação instantânea de glóbulos vermelhos no instante t = a. Exemplo 4.21. [1] Uma partícula move-se ao longo do gráfico de y = x3 + 1, de modo que quando x = 6 a abscissa cresce a uma velocidade de 2 cm/seg. Qual é a velocidade de crescimento da ordenada nesse instante? Seja x = x(t) a abscissa no instante t e y = x3 + 1; devemos calcular: 4.12. A DERIVADA COMO TAXA DE VARIAÇÃO 173 dy dt = dy dx dx dt . Temos: dy dx = 3x2 e dx dt = 2; logo, dy dt ∣ ∣ x=6 = 6x2 ∣ ∣ x=6 = 216. A ordenada cresce a uma razão de 216 cm/seg [2] Um ponto move-se ao longo da elipse de equação x2 + 2 y2 = 6. Determine os pontos da elipse que satisfazem à equação dx dt = −dy dt . Se x = x(t) e y = y(t) são a abscissa e a ordenada do ponto no instante t, derivando implicita- mente a equação da elipse: 2x dx dt + 4 y dy dt = 0 e usando a condição dada: 2x dx dt + 4 y dy dt = 2 ( x − 2 y ) dx dt = 0; logo, x = 2 y. Da equação da elipse obtemos: y = ±1 e os pontos são: (2, 1) e (−2,−1). [3] O tronco de uma árvore tem formato cilíndrico cujo diâmetro cresce à razão de 1 4 cm/ano e sua altura cresce à razão de 1m/ano (m=metros). Determine a taxa de variação do volume do tronco quando o diâmetro é 3 cm e sua altura é 50m. Seja r = r(t) o raio no instante t e h = h(t) a altura no instante t. O volume é V (t) = π r2 h; devemos calcular dV dt ; derivando implicitamente: dV dt = π ( 2 r h dr dt + r2 dh dt ) ; o raio é a metade do diâmetro: r = 3 2 , h = 5000; logo, 2 dr dt = 1 4 e dh dt = 100; então: dV dt = 2100π cm3/ano. [4] Uma partícula move-se ao longo da curva de equação y = √ x. Quando a partícula passa pelo ponto (4, 2), sua abscissa cresce à razão de 3 cm/seg. Com que velocidade está variando a distância da partícula à origem nesse instante? Sejam x = x(t) e y = t(t) a ordenada e a abcissa no instante t e p2 = x2 + y2 o quadrado da distância da origem ao ponto (x, y). Derivando implicitamente ambos os lados: 2 p dp dt = 2x dx dt + 2 y dy dt ; logo, dp dt = 1 p ( x + 1 2 ) dx dt , pois y = √ x. Logo dp dt ∣ ∣ (4,2) = 27 √ 5 20 cm/seg. [5] Um reservatório de água está sendo esvaziado. A quantidade de água no reservatório, em litros, t horas após o escoamento ter começado é dada por V (t) = 50(80 − t)2. Calcule: i) A taxa de variação do volume da água, após 8 horas de escoamento. ii) A quantidade de água que sai do reservatório, nas primeiras 5 horas de escoamento. i) A taxa de variação é dV dt = −100 (80 − t); calculando em t = 8, temos que: dV dt = −7200 l/h. O sinal negativo é porque o volume da água está diminuindo com o tempo, já que o reservatório está sendo esvaziado. 176 CAPÍTULO 4. DERIVADA          dK dt = aK − bK L dL dt = −cL + dK L, onde a, b, c e d são constantes positivas. Determine K e L que levem as populações a ficar estáveis para a = 0.05, b = 0.001, c = 0.05 e d = 0.0001. As populações ficam estáveis quando suas taxas de crescimento são nulas; então devemos re- solver o sistema:          dK dt = aK − bK L = K (a − bL) = 0 dL dt = −cL + dK L = L (−c + dK) = 0, comK, L 6= 0; a solução é L = a b eK = c d ; logo, para os valores das constantes dados L = 50 e K = 500. As populações ficam em equilíbrio quando tem 50 lobos e 500 cervos. [12] Se uma barra é feita de material homogêneo, então sua densidade é uniforme e é dada pela massa por unidade de comprimento, medida em quilogramas/metros. Se a barra não é homo- gênea, mas se sua massa é dada por m = f(x) do início ao ponto x da barra, então, a massa entre os pontos x1 e x2 é dada por f(x2) − f(x1) e sua densidade média é dada por f(x2)−f(x1)x2−x1 . A densidade linear da barra é a taxa de variação da massa em relação ao comprimento e é dada por: ρ = dm dx . Sabendo que uma barra de comprimento 1m tem massa dada por m = f(x) = x3 + x + 1, determine a densidade no centro da barra. ρ = dm dx ∣ ∣ x=0.5 = (3x2 + 1) ∣ ∣ x=0.5 = 1.75 kg/m. 4.13 Exercícios 1. Determine a equação da reta tangente ao gráfico das seguintes funções, no ponto de abs- cissa dada: (a) y = 1 − x2, x = 3 (b) y = x3 − 5x + 1, x = 1 (c) y = x + 4 ln(x), x = 1 (d) y = x3 − 6x2 + 11x − 6, x = 3 (e) y = x4 + x3 − x, x = 0 (f) y = 3x + sen(x), x = 0 (g) y = x−2, x = −2 (h) y = √ x + x−1, x = 1 (i) y = √ x2 + 2x, x = 1 (j) y = x2 + 1 x2 − 1 , x = 0 (k) y = ln(x2), x = 1 (l) y = tg(x + 1), x = −1 (m) y = sen((x + 1)π), x = 0 (n) y = 3 √ ex, x = 0 (o) y = x x3 + 1 , x = 1 (p) y = 1√ x2 + 1 , x = 1 (q) y = x5 − 1 x4 + 1 , x = −1 (r) y = 1 x2 (x4 + 1) , x = 1 4.13. EXERCÍCIOS 177 2. Calcule a constante b para que a reta y + 9x + b = 0 seja tangente à curva y = x−1. 3. Determine as equações das retas tangentes à curva y = x2, nos pontos de abscissa x = ±3. 4. Determine o ponto onde a curva y = x3 tem tangente paralela à reta tangente à mesma curva no ponto de abscissa x = 4. Determine a equação da reta tangente nesse ponto. 5. Determine as equações das retas tangentes e das retas normais às curvas, nos pontos de abscissas dadas: (a) y = tg(−x2 + 1), x = 1 (b) y = e− 1 x , x = −1 (c) y = cos( x 2 ), x = 0 (d) y = arccos(2x), x = 0 (e) y = x5 + 1 x4 + 1 , x = 1 (f) y = sen(ex), x = ln(π) (g) y = ln(x2 + 1), x = 1 (h) y = (4x3 + 3x + 1) ln(x), x = 1 6. Determine os pontos da curva y = 3x3 + 14x2 + 3x+ 8 onde as retas tangentes passando por esses pontos intersectam a origem. 7. Sabendo que as curvas y = 4x2 e y = −x−1 tem retas tangentes paralelas com abscissa comum, determine-as. 8. Seja f uma função derivável e g(x) = f(e2x). Calcule g′(0) se f ′(1) = 2. 9. Seja f uma função derivável e g(x) = x f(x2). Calcule g′(x). (a) Seja f uma função derivável e g(x) = exf(3x+1). Calcule g′(0) se f(1) = 2 e f ′(1) = 3. (b) Seja F (x) = f(g(x)) em que f e g são funções deriváveis. Se g(3) = 6, g′(3) = 4 e f ′(6) = 7, determine F ′(3). 10. Determine f ′(x) se u(x), v(x) e w(x) são funções deriváveis e: (a) f(x) = u(x) v(x)w(x) (b) f(x) = u(x)w(x) v(x) (c) f(x) = u(x) v(x)w(x) (d) f(x) = 1 u(x) v(x)w(x) 11. Use [10] para calcular f ′(x) se: (a) f(x) = (x2 + x + 1) (x3 + x) (x + 1)2 (b) f(x) = (x5 + x3 + 1)3 (c) f(x) = ( x + 2 3x + 1 ) (x2 + 2) (d) f(x) = (x3 + 1 x2 − 3 ) (x4 − 2x3 + 1) 12. Usando a regra da cadeia, determine y′, sendo: 178 CAPÍTULO 4. DERIVADA (a) y = (3x + 5)50 (b) y = (4x3 + 3x − 1)7 (c) y = (6 − 3x)8 (d) y = (3x2 + 4)5 (e) y = 1 x3 + 3x2 − 6x + 4 (f) y = (x2 + 1)2(x3 − 2x)2 (g) y = sec2((x3 − 6)3) (h) y = (3x − 6)−1 (x + 3)−2 (i) y = ( 3x − 2 2x + 1 )8 (j) y = 1 x (x + 1) (k) y = (x−2 + 3x−4 + 7x−5)−8 (x2 + x−2)−4(x−1) 13. Calcule as derivadas das funções: (a) y = 5x−1 (b) y = (10x + 10−x)2 (c) y = log5(x2) (d) y = x log4(x) − x (e) y = ln( x x + 1 ) (f) y = ln(cosh(x)) (g) y = ln(10x) (h) y = ln(log10(x)) (i) y = sen(ex) (j) y = ex sen(ln((x))) 14. Usando a derivada de logaritmo, calcule y′: (a) y = √ x3 + 2 (b) y = (x + 4 x + 7 )6 (c) y = xx−1 (d) y = 3ln(x) (e) y = ex (x3 − 1)√ 2x + 1 (f) y = (x2)x (g) y = xx 2 (h) y = x 1 x (i) y = ( sen(x) )x (j) y = xe x (k) y = ( cos(x) )sen(x) (l) y = ( ln(x) )ln(x) 15. Calcule y′: (a) y = √ 1 − tg2(x) (b) y = √ 2 − cos2(x) (c) y = 1 cos(2x) (d) y = sen (x 3 ) (e) y = x cotg(2x) (f) y = ( 1 − cos5(x3 ) )2 (g) y = sec3(2x2) (h) y = tg( √ 1 − x2) (i) y = ( cosec(2x) − cotg(x) )2 (j) y = cos2( √ x) (k) y = sen(2x) 1 + cos(2x) (l) y = 3 √ sen(t2) (m) y = sen ( 1 x2 ) (n) y = tg(sec(x2)) (o) y = sec2 ( 1 x2 ) (p) y = cotg(sec(x2)) (q) y = loga(ln(x)) (r) y = ln(loga(x)) 16. Verifique que as derivadas das funções hiperbólicas inversas, são: (a) Se y = argsenh(u(x)), então y′ = u′(x) √ 1 + u2(x) . (b) Se y = argcosh(u(x)), então y′ = u′(x) √ u2(x) − 1 , |u(x)| > 1. (c) Se y = argtgh(u(x)), então y′ = u′(x) 1 − u2(x) , |u(x)| < 1. 4.13. EXERCÍCIOS 181 28. Se y = x e2x, mostre que y′′ − 4 y = 4 e2x. 29. Para y = cos(αx) e y = sen(αx), mostre que y′′ + α2 y = 0. 30. Se y = e−x cos(2x), mostre que y′′ + 2 y′ + 5 y = 0. 31. Determine α tal que y = eαx verifique a equação: y′′ − 4 y = 0. 32. Seja y = a ex + b e−x + c x + x5. Verifique que: x3 y(3) + 5x2 y′′ + (2x − x3) y′ − (2 + x2) y = 40x3 − 4x5. 33. Calcule y′′(x) se: (a) x4 + y4 = 16 (b) x2 + 6x y + y2 = 8 (c) x2 y2 = (y + 1)2(y − y2) (d) y2 = x3 (2 − x) (e) sen(y) + sen(x) + sen(x y) = x (f) cos(y) − sen(x) = x 34. Calcule f (3)(5), se f(x) = √ x − 1 g(x), g(5) = −1, g′(5) = 1 3 , g′′(5) = 2 e g(3)(5) = 10. 35. Calcule φ′′(−2), se φ(x) = √ 1 − g(x), g(−2) = −3, g′(−2) = 3 e g′′(−2) = 5 36. Determine a linearização no ponto x0 = 0, das seguintes funções: (a) sen(x) (b) cos(x) (c) tg(x) (d) √ x + 3 (e) e−2x (f) 3 √ x + 1 (g) x x2 + 1 (h) ln(x3 + 5x + 5) (i) (4x3 + 3x − 1)7 37. Calcule aproximadamente: (a) 3 √ 0.126 (b) 4 √ 17 (c) sen(610) (d) (1.002)7 +sen(1.002×π) (e) 3 √ (8.01)4 − 1 3 √ 8.01 (f) 22.002 38. Polinômio de Taylor de ordem n no ponto x0 : Seja f uma função n vezes derivável no ponto x0. O polinômio de Taylor de ordem n, (n = 0, 1, 2, ....), no ponto x0 é denotado por Pn(x) e definido por: Pn(x) = f(x0) + f ′(x0) (x − x0) + f ′′(x0) 2 (x − x0)2 + ......... + f (n)(x0) n! (x − x0)n. Verifique que o polinômio de Taylor de ordem n, no ponto x0 = 0, das funções: 182 CAPÍTULO 4. DERIVADA (a) f(x) = sen(x) é P2n+1(x) = n ∑ k=0 (−1)k x 2k+1 (2 k + 1)! . (b) f(x) = ex é Pn(x) = n ∑ k=0 xk k! . (c) f(x) = 1 x é Pn(x) = n ∑ k=0 (−1)k k! (x − 1)k. (d) Esboce o gráfico de f , P1(x), P3(x) e P5(x) no mesmo sistema de coordenadas. (e) Compare Pn(x) e l(x). Que conclusões pode tirar? É possível utilizar Pn para fazer aproximações de f? 39. Calcule o valor aproximado do volume de um cubo, se o comprimento de cada aresta varia de 10 cm para 10.1 cm. 40. Influências externas produzem aceleração numa partícula de tal forma que a equação de seu movimento é y = 4 t2 + t, onde y é o deslocamento e t é o tempo. (a) Quais são as equações da velocidade e da aceleração da partícula num tempo t? (b) Quando a partícula para de mover-se? 41. Um estoque de sangue é guardado num freezer no instante t = 0. Após t horas, sua temperatura, em graus centígrados, é T (t) = 30 + (t + 1)−1 − 3 t2. Qual é a velocidade de resfriamento após 10 horas? 42. Deve-se drenar uma piscina. SeQ é o número de litros de água na piscina tminutos após o início da drenagem e Q(t) = 200 (30 − t)2, qual é a velocidade de escoamento da água após 10min? 43. Um corpo em queda livre tem como equação do movimento: s(t) = g t 2 2 , onde g = 9.8m/seg2, s(t) é a distância, (em metros), percorrida pelo corpo em t segundos, desde o início da queda. Determine a velocidade e a aceleração do corpo em queda livre. 44. Uma partícula lançada verticalmente para cima com velocidade de am/seg, atinge a al- tura de s(t) = a t − 4.9 t2 após t segundos. Qual deve ser a velocidade inicial para que a partícula atinja 44m antes de iniciar a queda? 45. O lado de um triângulo equilátero mede a cm e cresce à razão de k cm/h. Com que velo- cidade crescerá a área do triângulo? 46. Qual é a variação das diagonais de um cubo se os lados crescem a uma razão de 2 cm/seg? 47. O raio da base de um cone cresce à razão de 1 cm/min e sua altura decresce à razão de 2 cm/min. Como variará o volume total do cone quando o raio é 4 cm e sua altura 6 cm? 48. Um balão esférico está sendo inflado. Seu volume cresce à razão de 100 cm3/seg. Deter- mine a razão com que varia o raio no instante em que o diâmetro é de 50 cm. 4.13. EXERCÍCIOS 183 49. Mostre que a função logística L = L(t) satisfaz à equação dL dt = C L ( 1 − L A ) . Se L = L(t) representa o crescimento populacional, quando a população se estabiliza? 50. A redução de oxigênio na água de uma lagoa, devido ao despejo de esgoto, só volta a níveis normais t dias após o despejo do esgoto. Sabendo que a quantidade de oxigênio que permanece, após t dias é dada por: P (t) = 500 t2 + 10 t + 100 t3 + 20 t2 + 200 , medido em% do nível normal de oxigênio, determine a velocidade com que a quantidade de oxigênio está sendo reduzida, após 1, 10, 20 e 50 dias após o despejo. 51. Ao meio dia o barco A está 64 km a oeste do barco B. O barco A navega para o leste a 20 km/h e o barcoB navega para o norte a 25 km/h. Qual é a taxa de variação da distância entre os barcos às 13h e 12min? 52. A frequência da vibração da corda de um violino é dada por f = 1 2L √ T ρ , onde L é o comprimento da corda, T é a tensão sobre a corda e ρ é densidade linear de massa da corda. Determine a taxa de varição de f em relação a L (com T e ρ constantes); a taxa de varição de f em relação a T (com L e ρ constantes); a taxa de varição de f em relação a ρ (com L e T constantes) e interprete os resultados.