Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
CONCEITO DE DERIVADAS E SUA FÓRMULA GERAL Nas aulas anteriores fizemos um estudo sobre limites de uma função em um ponto, bem como o cálculo em diversas situações. Nesta aula veremos uma aplicação no contexto geométrico e outra aplicação no contexto físico. Estudaremos também as propriedades da derivada de uma função, bem como apresentaremos vários exemplos para que no familiarizemos com esse conceito tão importante da Matemática. Com esta aula esperamos que vocês sejam capazes de: Entender a definição da derivada geometricamente; Calcular algumas derivadas utilizando a definição; Aplicar em problemas simples ligados à física e a geometria. Panorama histórico de derivadas Pode-se dizer que as primeiras noções de diferenciação se originaram de problemas relativos ao traçado de tangentes a curvas e de questões que tinham como objetivo a determinação de máximos e mínimos de funções. Embora essas considerações tenham surgido desde os tempos da Grécia Antiga, parece razoável afirmar que as primeiras manifestações realmente claras do método diferencial foram encontradas em algumas ideias de Johann Kepler (1571-1630). Kepler observou que os incrementos ou acréscimos de uma função tornavam-se infinitesimais nas vizinhanças de um ponto de máximo ou de mínimo de uma função cujo gráfico era uma curva suave. No século XVII, quando René Descartes (1596-1650) e Pierre de Fermat (1601-1665) introduziram as coordenadas cartesianas, tornou-se possível transformar problemas geométricos em problemas algébricos e estudar funções analiticamente. A Matemática tomou assim um grande impulso, principalmente na sua aplicabilidade a outras ciências. Os cientistas, a partir de observações ou experiências realizadas, procuraram determinar a fórmula ou função que relaciona as variáveis do estudo desenvolvido com as propriedades de tais funções. Enquanto se dedicava ao estudo de algumas dessas funções, Fermat identificou as limitações do conceito clássico de reta tangente a uma curva. Segundo esse conceito, a reta tangente é aquela que encontra a curva num único ponto. A partir daí, tornou-se importante reformular tal conceito, exatamente porque a noção de reta tangente a uma curva é muito localizada, isto é, só é válida nas proximidades daquele ponto. Eram conhecidas tão poucas curvas antes de Fermat que ninguém sentiu qualquer necessidade de aperfeiçoar a ideia antiga, e aparentemente inútil, segundo a qual a tangente é uma reta que toca uma curva num único ponto. Encontrar uma forma de traçar uma tangente ao gráfico de uma função num determinado ponto desse gráfico passou a ser um problema difícil. Essa dificuldade ficou conhecida na História da Matemática como “o problema das tangentes” (SIMMONS, 1987). Fermat resolveu tal dificuldade de uma maneira muito simples: para determinar uma tangente a uma curva num ponto P, considerou outro ponto Q sobre a curva; considerou a reta P Q secante à curva. Seguidamente, fez deslizar Q ao longo da curva em direção a P, obtendo desse modo retas P Q que se aproximavam duma reta t, a qual Fermat chamou reta tangente à curva no ponto P . Fermat notou que para certas funções, nos pontos onde a curva assumia valores máximos ou mínimos, a tangente ao gráfico devia ser uma reta horizontal, já que ao comparar o valor assumido pela função num desses pontos, P (x, f (x)) , com o valor assumido no outro ponto, Q(x + E, f (x + E)) , próximo de P , a diferença entre f (x + E) e f (x) era muito pequena, quase nula, quando comparada com o valor de E, diferença das abscissas de Q e P . Assim, o problema de determinar máximos ou mínimos e de determinar tangentes a curvas passaram a estar intimamente relacionados. Essas ideias constituíram o embrião do conceito de derivada e levou Laplace a considerar Fermat “o verdadeiro inventor do Cálculo Diferencial”. Contudo, Fermat não dispunha de notação apropriada e o conceito de limite não estava ainda claramente definido. No século XVII, Newton e Leibniz criaram simultaneamente, e independentemente um do outro, o Cálculo Infinitesimal, sendo que Leibniz introduziu a notação dx e dy para designar os acréscimos em x e em y . Dessa notação, surge o nome do ramo da Matemática, conhecido hoje como Cálculo Diferencial. Assim, embora somente no século XIX Cauchy tenha introduzido formalmente o conceito de limite e o conceito de derivada, a partir do século XVII, com Leibniz e Newton, o Cálculo Diferencial tornou-se um instrumento cada vez mais indispensável pela sua aplicabilidade aos mais diversos campos da Ciência (Física, Matemática, Astronomia etc.). A Reta Tangente Inicialmente vamos fazer um breve estudo de retas tangentes, fazendo o cálculo de reta tangente a curva em um ponto dado. Considere a curva definida por 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥2, como na figura 01 abaixo. Sejam 𝐴(𝑥1, 𝑦1) e 𝐵(𝑥2, 𝑦2) dois pontos distintos da curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥 2. Agora verifique que 𝑠 é uma reta secante que passa pelos pontos 𝐴 e 𝐵. Considerando o triângulo retângulo 𝐴𝐵𝐶, da figura 01, temos que a inclinação da reta (tangente do ângulo que a reta 𝑠 faz com o eixo 𝑥), é dado por: 𝑡𝑔𝛼 = 𝑦2 − 𝑦1 𝑥2 − 𝑥1 = ∆𝑦 ∆𝑥 Figura 01: reta secante a curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥2 Fonte: Autoria Própria Suponha agora que, o ponto B é fixo, e que A se mova em diração a B. Diante disto, a inclinação da reta secante s irá mudar. À medida que o ponto A se move em direção a B perceba que a inclinação da secante varia cada vez menos, tendendo para um valor limite constante como na figura 02. Esse valor é chamado inclinação da curva em B. Figura 02: Inclinação da curva em um ponto Fonte: Autoria Própria Dessa forma podemos dizer que o coeficiente angular ou a inclinação da reta tangente a curva 𝑦 = 𝑓(𝑥), no ponto 𝐵 é dado por: 𝑚(𝑥1) = lim 𝐵→𝐴 ∆𝑦 ∆𝑥 = lim 𝑥2→𝑥1 𝑓(𝑥2)−𝑓(𝑥1) 𝑥2−𝑥1 , quando o limite existe. Se fizermos ∆𝑥 = ℎ e 𝑥2 = 𝑥1 + ℎ, podemos reescrever esse limite da seguinte maneira: 𝑚(𝑥1) = lim ℎ→0 𝑓(𝑥1 + ℎ) − 𝑓(𝑥1) ℎ Se podemos encontrar a inclinação da reta tangente à curva no ponto A, podemos encontrar a equação dessa reta conhecendo a curva e o ponto A que pertence a curva. Exemplo 01: encontre a inclinação da reta tangente a curva 𝑦 = 𝑥2 − 2𝑥 + 1, no ponto 𝑥 = 4. Em seguida encontre a equação dessa reta tangente. Solução Parte 01: vamos inicialmente calcular o coeficiente angular desta reta neste ponto 𝑚(𝑥1) = lim ℎ→0 𝑓(𝑥1 + ℎ) − 𝑓(𝑥1) ℎ Para isso vamos calcular o valor de 𝑓(𝑥1 + ℎ), que é: 𝑓(𝑥1 + ℎ) = (𝑥1 + ℎ) 2 − 2(𝑥1 + ℎ) + 1 = 𝑥1 2 + 2𝑥1ℎ + ℎ 2 − 2𝑥1 − 2ℎ + 1 Fazendo as substituições temos: 𝑚(𝑥1) = lim ℎ→0 𝑓(𝑥1 + ℎ) − 𝑓(𝑥1) ℎ = lim ℎ→0 𝑥1 2 + 2𝑥1ℎ + ℎ 2 − 2𝑥1 − 2ℎ + 1 − 𝑥1 2 + 2𝑥1 − 1 ℎ Fazendo as simplificações juntando os termos semelhantes, temos: lim ℎ→0 𝑥1 2 + 2𝑥1ℎ + ℎ 2 − 2𝑥1 − 2ℎ + 1 − 𝑥1 2 + 2𝑥1 − 1 ℎ = lim ℎ→0 2𝑥1ℎ + ℎ 2 − 2ℎ ℎ Agora iremos fatorar a fim de quebrar essa indeterminação, conforme vimos na aula 02 lim ℎ→0 2𝑥1ℎ + ℎ 2 − 2ℎ ℎ = lim ℎ→0 ℎ(2𝑥1 + ℎ − 2) ℎ = lim ℎ→0 2𝑥1 + ℎ − 2 lim ℎ→0 2𝑥1 + ℎ − 2 = 2𝑥1 − 2 Daí concluímos que o coeficiente 𝑚(𝑥1) é 𝑚(𝑥1) = 2𝑥1 − 2, como estamos interessados no ponto 𝑥1 = 4, então 𝑚(4) = 2.4 − 2 = 8 − 2 = 6, ou seja, o coeficiente angular da reta tangente no ponto 𝑥1 = 4 é 6. Solução Parte 02: para calcularmos a equação dessa reta tangente a curva nesse ponto 𝑥1 = 4, devemos lembrar da geometria analítica a fórmula da equação da reta 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1), onde 𝑚 é o coeficiente angular e o par ordenado (𝑥1, 𝑥2) é um ponto conhecido da reta. Sendo assim temos que: 𝑚 = 6 e o ponto é 𝑥1 = 4, para calcular 𝑦1, devemos fazer a seguinte substituição: 𝑦1 = 𝑥1 2 − 2𝑥1 + 1= 4 2 − 2.4 + 1 = 16 − 8 + 1 = 9 Voltando agora para equação da reta temos 𝑦 − 9 = 6(𝑥 − 4) ou 𝑦 − 6𝑥 = 5, essa questão pode ser ilustrada na figura 03 abaixo: Figura 03: ilustração do exemplo 01 Fonte: autoria própria Atividade 01 01) Calcular a reta tangente a curva, nos pontos indicados. Esboce o gráfico da situação. 𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 4; 𝑥 = 0, 𝑥 = 1 02) Calcular a reta tangente a curva, nos pontos indicados. 𝑓(𝑥) = 𝑥(2𝑥 − 6); 𝑥 = 1 2 , 𝑥 = 2 03) Encontrar as equações das retas tangente e normal à curva 𝑦 = 𝑥2 − 3𝑥 + 2 no ponto (−1,0). 04) Encontrar a equação da reta perpendicular a curva 𝑦 = 𝑥3 − 1, no ponto 𝑥 = 2. Velocidade e Aceleração Velocidade: imagine um corpo que se desloca em linha reta e que 𝑠 = 𝑠(𝑡) represente o deslocamento do móvel até o instante 𝑡. Então, no intervalo de 𝑡 até ∆𝑡, o corpo terá um deslocamento dado por: ∆𝑠 = 𝑠(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑠(𝑡) Dessa forma temos que velocidade é o quociente: 𝑉𝑚 = 𝑠(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑠(𝑡) ∆𝑡 Para o cálculo da velocidade instantânea, temos que reduzir o valor de ∆𝑡, ou seja, devemos fazer ∆𝑡 tender a zero, dessa forma temos a velocidade instantânea definida por: 𝑣(𝑡) = lim ∆𝑡→0 ∆𝑠 ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 𝑠(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑠(𝑡) ∆𝑡 Aceleração: para aceleração temos o mesmo processo para o seu cálculo, veja: Imagine um corpo que se desloca em linha reta e que 𝑣 = 𝑣(𝑡) represente a velocidade do móvel no instante 𝑡. Então, no intervalo de 𝑡 até ∆𝑡, o corpo terá uma variação de velocidade dada por: ∆𝑣 = 𝑣(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑣(𝑡) Dessa forma temos que aceleração é o quociente: 𝑎𝑚 = 𝑣(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑣(𝑡) ∆𝑡 Para o cálculo da aceleração instantânea, temos que reduzir o valor de ∆𝑡, ou seja, devemos fazer ∆𝑡 tender a zero, dessa forma temos a aceleração instantânea definida por: 𝑎(𝑡) = lim ∆𝑡→0 ∆𝑣 ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 𝑣(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑣(𝑡) ∆𝑡 Exemplo 02: Um corpo percorre uma curva obedecendo à equação horária 𝑠 = 𝑡2 + 𝑡 − 2. Calcule a sua velocidade no instante 𝑡 = 4. Solução: a velocidade instantânea é dada por 𝑣(𝑡) = lim ∆𝑡→0 ∆𝑠 ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 𝑠(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑠(𝑡) ∆𝑡 Primeiro iremos calcular o valor de 𝑠(𝑡 + ∆𝑡), vejamos 𝑠(𝑡 + ∆𝑡) = (𝑡 + ∆𝑡)2 + (𝑡 + ∆𝑡) − 2 = 𝑡2 + 2. 𝑡. ∆𝑡 + ∆𝑡2 + 𝑡 + ∆𝑡 − 2 Assim, substituindo temos: lim ∆𝑡→0 𝑠(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑠(𝑡) ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 𝑡2 + 2. 𝑡. ∆𝑡 + ∆𝑡2 + 𝑡 + ∆𝑡 − 2 − 𝑡2 − 𝑡 + 2 ∆𝑡 Simplificando os termos semelhantes teremos: lim ∆𝑡→0 𝑡2 + 2. 𝑡. ∆𝑡 + ∆𝑡2 + 𝑡 + ∆𝑡 − 2 − 𝑡2 − 𝑡 + 2 ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 2. 𝑡. ∆𝑡 + ∆𝑡2 + ∆𝑡 ∆𝑡 Dessa forma temos uma indeterminação, como já visto na aula 02, basta simplificar a função, resultando em: lim ∆𝑡→0 2. 𝑡. ∆𝑡 + ∆𝑡2 + ∆𝑡 ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 ∆𝑡(2. 𝑡 + ∆𝑡 + 1) ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 2. 𝑡 + ∆𝑡 + 1 = 2. 𝑡 + 1 Nesse caso temos que: 𝑣(𝑡) = 2. 𝑡 + 1, como nos interessa no tempo 𝑡 = 4, resulta em 𝑣(4) = 2.4 + 1 = 8 + 1 = 9 Exemplo 03: Imagine que um corpo inicia um movimento em linha reta, no instante 𝑡 = 0. Sua posição no instante 𝑡 é expressa por 𝑠(𝑡) = 50𝑡 − 2𝑡2. Determine: i) a velocidade média do corpo no intervalo de tempo [1,3]; ii) a velocidade do corpo no instante 𝑡 = 3; iii) a aceleração média no intervalo [0,5]; iv) a aceleração no instante 𝑡 = 3. Solução: i) A velocidade média é dada por: 𝑉𝑚 = 𝑠(𝑡) − 𝑠(𝑡0) 𝑡 − 𝑡0 = 𝑠(3) − 𝑠(1) 3 − 1 = (50.3 − 2. 32) − (50.1 − 2. 12) 2 = (150 − 18) − (50 − 2) 2 = 132 − 48 2 = 84 2 = 42 𝑢. 𝑣 ii) A velocidade num tempo t qualquer é dado por: 𝑣(𝑡) = lim ∆𝑡→0 𝑠(𝑡+∆𝑡)−𝑠(𝑡) ∆𝑡 como visto anteriormente, primeiro vamos calcular 𝑠(𝑡 + ∆𝑡) 𝑠(𝑡 + ∆𝑡) = 50(𝑡 + ∆𝑡) − 2(𝑡 + ∆𝑡)2 = 50𝑡 + 50∆𝑡 − 2(𝑡2 + 2. 𝑡. ∆𝑡 + ∆𝑡2) = 50𝑡 + 50∆𝑡 − 2𝑡2 − 4. 𝑡. ∆𝑡 − 2∆𝑡2 Fazendo a substituição temos 𝑣(𝑡) = lim ∆𝑡→0 𝑠(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑠(𝑡) ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 50𝑡 + 50∆𝑡 − 2𝑡2 − 4. 𝑡. ∆𝑡 − 2∆𝑡2 − 50𝑡 + 2𝑡2 ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 50∆𝑡 − 4. 𝑡. ∆𝑡 − 2∆𝑡2 ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 ∆𝑡(50 − 4. 𝑡 − 2∆𝑡) ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 50 − 4. 𝑡 − 2∆𝑡 = 50 − 4. 𝑡 Quando 𝑡 = 3 temos: 𝑣(𝑡) = 50 − 4. 𝑡 → 𝑣(3) = 50 − 4.3 = 50 − 12 = 38 𝑢. 𝑣 iii) A aceleração média no intervalo [0,5] é dada por: 𝑎𝑚 = 𝑣(𝑡) − 𝑣(𝑡0) 𝑡 − 𝑡0 = 𝑣(5) − 𝑣(0) 5 − 0 = (50 − 4.5) − (50 − 4.0) 5 = 30 − 50 2 = −20 2 = −10 𝑢. 𝑎 iv) Vamos calcular antes a aceleração no instante 𝑡 qualquer 𝑎(𝑡) = lim ∆𝑡→0 𝑣(𝑡+∆𝑡)−𝑣(𝑡) ∆𝑡 , como visto anteriormente, primeiro vamos calcular 𝑣(𝑡 + ∆𝑡) 𝑣(𝑡 + ∆𝑡) = 50 − 4. (𝑡 + ∆𝑡) = 50 − 4𝑡 − 4∆𝑡 Fazendo a substituição temos 𝑎(𝑡) = lim ∆𝑡→0 𝑣(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑣(𝑡) ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 50 − 4𝑡 − 4∆𝑡 − (50 − 4𝑡) ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 50 − 4𝑡 − 4∆𝑡 − 50 + 4𝑡 ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 −4∆𝑡 ∆𝑡 = lim ∆𝑡→0 −4 = − 4 Aceleração negativa significa dizer que a velocidade está diminuindo. A aceleração no instante 𝑡 = 3 é dado por 𝑎(3) = −2 𝑢. 𝑎. ATIVIDADE 02 01) Calcule no instante 𝑡 = 3 a velocidade de uma partícula que se move obedecendo à equação horária 𝑠 = 2 𝑡 . 02) Calcule a aceleração de uma partícula no instante 𝑡 = 4, sabendo que sua velocidade obedece à equação 𝑣 = 2 + 3𝑡 + 5𝑡2 03) Um corpo se move em linha reta, de modo que sua posição no instante 𝑡 é dada por 𝑓(𝑡) = 16𝑡 + 𝑡2, onde o tempo é dado em segundos e a distância em metros. a) achar a velocidade média no intervalo [3; 3,5]; b) Determinar a velocidade do corpo num instante qualquer 𝑡; c) Achar a velocidade do corpo no instante 𝑡 = 3; d) Determinar a aceleração no instante 𝑡, qualquer. A Derivada de uma Função Vimos que tem um limite que foi utilizado para encontrar a inclinação da reta tangente a curva em um determinado ponto, como também um limite utilizado para o calculo de velocidade e aceleração instantânea. Esse limite começa a ser mais frequente em diversas áreas, a esse limite denominamos de derivada de uma função em um determinado ponto. A derivada de uma função 𝑓(𝑥) no ponto 𝑥1, denotado por 𝑓′(𝑥1), é definida pelo limite já conhecido 𝑓′(𝑥1) = lim ℎ→0 𝑓(𝑥1+ℎ)−𝑓(𝑥1) ℎ , quando o limite existe. Assim podemos dizer que a derivada de uma função em um ponto represente a inclinação da curva neste ponto, ou seja, é o coeficiente angular da reta tangente a curva neste ponto. Quando esse limite existe em todos os pontos de seu domínio, dizemos que a função é derivável e pode ser representada por 𝑓′(𝑥) = lim ℎ→0 𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥) ℎ Lembre-se 01 Exemplo 01: Dada a função 𝑓(𝑥) = 2𝑥2 + 3𝑥, encontre 𝑓′(2). Solução: usando a definição, vamos primeiro encontrar a derivada para um valor qualquer, ou seja, vamos calcular 𝑓′(𝑥). Veja a fómula: 𝑓′(𝑥) = lim ℎ→0 𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥) ℎ Primeiro passo é calcular 𝑓(𝑥 + ℎ) 𝑓(𝑥 + ℎ) = 2(𝑥 + ℎ)2 + 3(𝑥 + ℎ) = 2(𝑥2 + 2𝑥ℎ + ℎ2) + 3𝑥 + 3ℎ = 2𝑥2 + 4𝑥ℎ + 2ℎ2 + 3𝑥 + 3ℎ Agora vamos substituir 𝑓′(𝑥) = lim ℎ→0 2𝑥2 + 4𝑥ℎ + 2ℎ2 + 3𝑥 + 3ℎ − (2𝑥2 + 3𝑥) ℎ = lim ℎ→0 2𝑥2 + 4𝑥ℎ + 2ℎ2 + 3𝑥 + 3ℎ − 2𝑥2 − 3𝑥 ℎ = lim ℎ→0 4𝑥ℎ + 2ℎ2 + 3ℎ ℎ = lim ℎ→0 ℎ(4𝑥 + 2ℎ + 3) ℎ = lim ℎ→0 4𝑥 + 2ℎ + 3 = 4𝑥 + 3 Daí temos que 𝑓′(𝑥) = 4𝑥 + 3 E que 𝑓′(2) = 4.2 + 3 = 11 Exemplo 02: Dada a função 𝑓(𝑥) = 2 𝑥+3 , encontre 𝑓′(𝑥). Solução: usando a definição temos que 𝑓′(𝑥) = lim ℎ→0 𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥) ℎ Primeiro passo é calcular 𝑓(𝑥 + ℎ) 𝑓(𝑥 + ℎ) = 2 𝑥 + ℎ + 3 Agora vamos substituir 𝑓′(𝑥) = lim ℎ→0 2 𝑥 + ℎ + 3 − 2 𝑥 + 3 ℎ = lim ℎ→0 2(𝑥 + 3) − 2(𝑥 + ℎ + 3) (𝑥 + 3)(𝑥 + ℎ + 3) ℎ = lim ℎ→0 2𝑥 + 6 − 2𝑥 − 2ℎ − 6 (𝑥 + 3)(𝑥 + ℎ + 3) ℎ = lim ℎ→0 −2ℎ (𝑥 + 3)(𝑥 + ℎ + 3) ℎ = lim ℎ→0 −2ℎ (𝑥 + 3)(𝑥 + ℎ + 3)ℎ = lim ℎ→0 −2 (𝑥 + 3)(𝑥 + ℎ + 3) = −2 (𝑥 + 3)2 Daí temos que𝑓′(𝑥) = −2 (𝑥 + 3)2 Exemplo 03: Seja 𝑓(𝑥) = √𝑥, encontre 𝑓′(𝑥) e 𝑓′(2) Solução: usando a definição temos que 𝑓′(𝑥) = lim ℎ→0 𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥) ℎ Primeiro passo é calcular 𝑓(𝑥 + ℎ) 𝑓(𝑥 + ℎ) = √𝑥 + ℎ Agora vamos substituir 𝑓′(𝑥) = lim ℎ→0 √𝑥 + ℎ − √𝑥 ℎ Daí temos que racionalizar o numerador, a fim de resolver a questão da indeterminação. 𝑓′(𝑥) = lim ℎ→0 √𝑥 + ℎ − √𝑥 ℎ . √𝑥 + ℎ + √𝑥 √𝑥 + ℎ + √𝑥 = lim ℎ→0 (√𝑥 + ℎ) 2 − (√𝑥) 2 ℎ(√𝑥 + ℎ + √𝑥) = lim ℎ→0 𝑥 + ℎ − 𝑥 ℎ(√𝑥 + ℎ + √𝑥) = lim ℎ→0 ℎ ℎ(√𝑥 + ℎ + √𝑥) = lim ℎ→0 1 √𝑥 + ℎ + √𝑥 = 1 √𝑥 + √𝑥 = 1 2√𝑥 . √𝑥 √𝑥 = √𝑥 2𝑥 ATIVIDADE 03 01) Calcule a derivada das funções abaixo: a) 𝑓(𝑥) = 1 − 2𝑥2 b) 𝑓(𝑥) = 3 𝑥+1 c) 𝑓(𝑥) = √𝑥 + 1 d) 𝑓(𝑥) = 3 √2𝑥+1 02) Dadas as funções 𝑓(𝑥) = 4 − 3𝑥 e 𝑔(𝑥) = 2𝑥2 − 1, determinar: a) 𝑓′(1) + 𝑔′(1). b) 2𝑓′(0) − 𝑔′(−2). c) 𝑓′(2) + 𝑓(2). d) [𝑔′(0)]2 + 1 2 𝑔′(0) + 𝑔(0) 03) Calcular a derivada da função 𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 3𝑥 no ponto 𝑥 = 5. 04) Determinar a derivada da função 𝑓(𝑥) = 𝑥3 no ponto de abscissa 𝑥 = 2. [LEMBRE-SE! – Lembre-se 01: além da notação 𝑓′(𝑥) também é possível escrever: 𝐷𝑥𝑓(𝑥) – derivada de 𝑓(𝑥) em relação a 𝑥; 𝐷𝑥𝑦 – derivada de 𝑦 em relação a 𝑥; 𝑑𝑦 𝑑𝑥 – derivada de y em relação a x. [RESUMINDO Nesta aula, introduzimos o conceito de derivada de uma função em um ponto e a derivada de uma função em todos os pontos do domínio, para isso fizemos uma introdução mostrando duas aplicações na geometria pode ser entendido como a inclinação da reta tangente em um determinado ponto e na física como sendo uma taxa de variação. Vimos que para o cálculo de algumas derivadas foi necessário recorrer a algumas técnicas utilizadas para calcular limites de uma função. Tudo isso será amenizada na próxima aula quando estudarmos algumas técnicas de derivadas elementares. AVALIANDO SEUS CONHECIMENTOS 01) Determine a equação da reta tangente ao gráfico da função: a) 𝑓(𝑥) = 𝑥2 no ponto 𝑥 = 1; b) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 no ponto 𝑥 = 2; 02) Dada a função 𝑓: 𝑅 → 𝑅 definida por 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 1, determine: a) 𝑓′(2); b) a equação da reta tangente ao gráfico de 𝑓(𝑥) no ponto 𝑥 = 2. 03) Mostre que a derivada da função: a) 𝑓: 𝑅 → 𝑅 definida por 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 (em que 𝑎 e 𝑏 são números reais, 𝑎 ≠ 0) é igual a 𝑎; b) 𝑓: 𝑅 → 𝑅 definida por 𝑓(𝑥) = 𝑘 para qualquer 𝑥 ∈ 𝑅, é igual a 0; c) identidade 𝑓: 𝑅 → 𝑅 definida por 𝑓(𝑥) = 𝑥 é igual a 1. 04) A equação horário de um móvel é 𝑦 = 𝑡3 3 + 2𝑡, sendo 𝑦 sua altura em relação ao solo, medida em metros, e 𝑡 o número de segundos transcorridos após sua partida. Sabe-se que a velocidade do móvel no instante 𝑡 = 3𝑠 é dada por 𝑦′(3), ou seja, é a derivada de 𝑦 calculada em 3. Essa velocidade mede quanto? E a aceleração neste ponto mede quanto? CONHECENDO AS REFERÊNCIAS ANTON, Howard. Cálculo: um novo horizonte. 6. Ed. Porto Alegre: Bookman, 2000. 1v. DANTE, Luiz Roberto. Matemática: contexto & aplicações. 3. Ed. São Paulo: Ática, 2008. FINNEY, Maurice D., THOMAS Jr. George B., WEIR, Frank R. Giordano. Cálculo. 10. Ed. São Paulo: Addison Wesley, 2002. Volume 1. FLEMMING, Diva Marília, GONÇALVES, Mirian Buss. Cálculo A. 6. Ed. São Paulo: Pearson Prentice Hall, 2006. GUIDORIZZI, Hamilton Luiz. Um curso de cálculo. 5. Ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001. 1v. IEZZI, Gelson, MACHADO, Nilson José, MURAKAMI, Carlos. Fundamentos de Matemática Elementar: limites, derivadas, noções de integral. 6. Ed. São Paulo: Atual, 2005.
Compartilhar