derivada 3 derivação implicita

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Derivac¸a˜o Impl´ıcita
Objetivo: O primeiro passo e´ entender com bastante clareza o que significa uma equac¸a˜o do tipo F (x, y) =
0 determinar implicitamente uma func¸a˜o f(x). Em seguida, utilizar me´todos de derivac¸a˜o para obter a
derivada desta func¸a˜o f(x), isto e´, obter f ′(x), e com base nesta informac¸a˜o, responder outros questiona-
mentos.
Func¸a˜o dada implicitamente por uma equac¸a˜o
Para entender o que siginifica uma equac¸a˜o F (x, y) = 0 determinar implicitamente uma func¸a˜o f(x)
incicamos analisando um exemplo.
Exemplo 1 Considere a equec¸a˜o x2+y2 = 1. A curva C que representa o conjunto dos pontos (x, y) ∈ R2,
tal que, x2 + y2 = 1, e´ uma circunfereˆncia de centro no ponto C = (0, 0) e raio r = 1. Como ilustra a
figura a seguir.
Da equac¸a˜o x2 + y2 = 1 podemos encarar y como func¸a˜o de x, ou seja, isolar y, obtendo y = ±√1− x2.
Note que podemos considerar duas func¸o˜es, a saber, y = f1(x) = +
√
1− x2 e y = f2(x) = −
√
1− x2.
Considere a func¸a˜o f1(x) = +
√
1− x2. Observe que a expressa˜o 1 − x2 ocorre sob uma raiz quadrada, e
portanto o domı´nio da func¸a˜o e´ dado por Dom(f) = {x ∈ R, tal que 1− x2 ≥ 0} = [−1, 1]. Neste caso, a
descric¸a˜o da func¸a˜o e´ f1 : [−1, 1] −→ R, dada por f1(x) = +
√
1− x2. A figura seguir representa o gra´fico
da func¸a˜o f1. Note que o Gr(f1) na˜o descreve a curva C toda, e sim, apenas a parte em que y e´ positivo.
1
Considere a func¸a˜o f2 : [−1, 1] −→ R, dada por f2(x) = −
√
1− x2. A figura seguir representa o gra´fico
da func¸a˜o f2. Note que o Gr(f1) na˜o descreve a curva C toda, e sim, apenas a parte em que y e´ negativo.
Em ambos os casos nenhuma das func¸o˜es, f1 ou f2, descreve a curva C completamente. Mas, tomando
a equac¸a˜o x2 + y2 − 1 = 0, e substuindo y por f1(x) = +
√
1− x2 na equac¸a˜o anterior temos, que
x2 + (f1(x))
2 − 1 = x2 + (+
√
1− x2)2 − 1 = x2 + 1− x2 − 1 = 0. Ou seja, a func¸a˜o f1(x) = +
√
1− x2 sa-
tisfaz a equac¸a˜o x2 + y2 − 1 = 0. Neste caso, por tra´s, escondido, na equac¸a˜o x2 + y2 − 1 = 0 esta´ contida
a func¸a˜o f1(x) = +
√
1− x2. Assim, dizemos que a equac¸a˜o x2 + y2− 1 = 0 define implicitamente a func¸a˜o
f1(x) = +
√
1− x2.
Demaneira totalmente ana´loga, substuindo y por f2(x) = −
√
1− x2 na equac¸a˜o x2 + y2 − 1 = 0 temos,
x2 + (f2(x))
2 − 1 = x2 + (−
√
1− x2)2 − 1 = x2 + 1− x2 − 1 = 0. Ou seja, a func¸a˜o f2(x) = −
√
1− x2
satisfaz a equac¸a˜o x2 +y2−1 = 0. Neste caso, por tra´s, escondido, na equac¸a˜o x2 +y2−1 = 0 esta´ contida
a func¸a˜o f2(x) = −
√
1− x2. Assim, dizemos que a equac¸a˜o x2 + y2− 1 = 0 define implicitamente a func¸a˜o
f2(x) = −
√
1− x2.
Definic¸a˜o: Dizemos que a func¸a˜o y = f(x) e´ definida implicitamente pela equac¸a˜o F (x, y) = 0, ou que
a equac¸a˜o F (x, y) = 0 define implicitamente y como func¸a˜o de x, se existem um intervalo I e func¸a˜o
f : I −→ R, tal que y = f(x) satisfaz a equac¸a˜o F (x, y) = 0, ou seja, fazendo y = f(x) na func¸a˜o F (x, y),
tem-se F (x, f(x)) = 0.
No caso do exemplo anterior a equac¸a˜o F (x, y) = 0 corresponde a` x2 + y2 − 1︸ ︷︷ ︸
F (x, y)
= 0, o intervalo I corres-
ponde ao intervalo [−1, 1]︸ ︷︷ ︸
I
, e as func¸o˜es f : I −→ R, com y = f(x), correspondem a`s func¸o˜es
f1 : [−1, 1] −→ R, dada por y = f1(x) = +
√
1− x2 e f2 : [−1, 1] −→ R, dada por y = f2(x) = −
√
1− x2.
2
Exerc´ıcio 1 Verifique se a func¸a˜o y2 + xy − 1 = 0 (∗) define y implicitamente em func¸a˜o de x. Em caso
afirmativo, se poss´ıvel encontre a(s) func¸a˜o(o˜es) que satisfaz(em) a equac¸a˜o (∗).
Soluc¸a˜o:
Para solucionar este exerc´ıcio devemos utilizar a u´nica ferramenta que poss´ımos ate´ enta˜o, ou seja, de-
vemos utilizar a definic¸a˜o de func¸a˜o dada implicitamente por uma equac¸a˜o. Neste caso, pela definic¸a˜o,
devemos exibir intervalo I e func¸a˜o(o˜es) f : I −→ R, com y = f(x), que satifaz a equac¸a˜o (∗), isto e´,
(f(x))2 + x(f(x))− 1 = 0.
Neste exerc´ıcio a equac¸a˜o F (x, y) = 0 da definic¸a˜o corresponde a` equac¸a˜o (∗), ou seja, y2 + xy − 1︸ ︷︷ ︸
||
F (x, y)
= 0.
Para determinar a(s) func¸a˜o(o˜es) que satisfaz(em) a equac¸a˜o (∗) basta encarar a equac¸a˜o y2 + xy − 1 = 0
como a equac¸a˜o de uma para´bola na varia´vel y e determinar as ra´ızes desta para´bola, isto e´, na forma
ay2 + by + c = 0 teremos que a = 1, b = x e c = −1.
Temos que o discriminante de Ba´skara e´ dado por ∆ = b2 − 4ac = (x)2 − 4(1)(−1) = x2 + 4. Note que
∆ = x2 + 4 > 0, para todo x ∈ R. Logo, a para´bola y2 + xy − 1 = 0 possui duas ra´ızes reais distin-
tas, dadas por
−b±√∆
2a
=
−x±√x2 + 4
2(1)
=
−x±√x2 + 4
2
. Desta forma, as ra´ızes da para´bola sera˜o
r1 =
−x−√x2 + 4
2
e r2 =
−x +√x2 + 4
2
.
Considere a func¸a˜o f1(x) =
−x−√x2 + 4
2
= −
(
x +
√
x2 + 4
2
)
. Vamos verificar se a func¸a˜o f1(x) satis-
faz a equac¸a˜o (∗), ou seja, se vale que (f1(x))2 + x(f1(x))− 1 = 0.
Temos que,
(f1(x))
2 + x(f1(x))− 1 =
[
−
(
x +
√
x2 + 4
2
)]2
+ x
[
−
(
x +
√
x2 + 4
2
)]
− 1 =
=
(
x2 + 2x
√
x2 + 4 + (
√
x2 + 4 )2
4
)
+
(
−x2 − x√x2 + 4
2
)
− 1 =
=
(
x2 + 2x
√
x2 + 4 + x2 + 4
4
)
+
(
−x2 − x√x2 + 4
2
)
− 1 =
=
(
2x2 + 2x
√
x2 + 4 + 4
4
)
+
(
−x2 − x√x2 + 4
2
)
− 1 = 2x
2
4
+
2x
√
x2 + 4
4
+
4
4
− x
2
2
− x
√
x2 + 4
2
− 1 =
=
x2
2
+
x
√
x2 + 4
2
+ 1− x
2
2
− x
√
x2 + 4
2
− 1 = 0
Portanto, a func¸a˜o f1(x) =
−x−√x2 + 4
2
satisfaz a equac¸a˜o y2 + xy − 1 = 0. E mais, o domı´nio
da func¸a˜o f1 e´ R, enta˜o o intervalo I e´ R. Desta forma, a func¸a˜o f1 : I = R −→ R, dada por
3
y = f1(x) =
−x−√x2 + 4
2
satisfaz a equac¸a˜o y2 + xy − 1 = 0. Assim, pela definic¸a˜o, podemos afir-
mar que a func¸a˜o y = f1(x) =
−x−√x2 + 4
2
e´ definida implicitamente pela equac¸a˜o y2 + xy − 1 = 0.
Fac¸a em casa: Verificar que a func¸a˜o y = f2(x) =
−x +√x2 + 4
2
satisfaz a equac¸a˜o y2 + xy − 1 = 0,
e que Dom(f2) = R = I.
Portanto, a func¸a˜o f2 : I = R −→ R, dada por y = f2(x) = −x +
√
x2 + 4
2
e´ dada implcitamente pela
equac¸a˜o y2 + xy − 1 = 0.
Suponha que a equac¸a˜o F (x, y) = 0 (∗) define y implicitamente em func¸a˜o de x, ou seja, existem I in-
tervalo, f : I −→ R func¸a˜o, tal que, y = f(x) satifaz a equac¸a˜o (∗), isto e´, F (x, f(x)) = 0. Neste caso,
podemos encarar F (x, f(x)) como um func¸a˜o somente da vaira´vel x, ou seja, F (x, f(x)) = G(x). Assim,
teremos G(x) = F (x, f(x)) = 0. A partir deste equac¸a˜o, podemos aplicar tudo o que sabemos sobre
derivac¸a˜o, todas as regras e mecanismos de derivac¸a˜o.
Este processo de derivar uma func¸a˜o y = f(x) que e´ dada implicitamente por uma equac¸a˜o F (x, y) = 0
recebe o nome de Derivac¸a˜o Impl´ıcita. No caso da derivac¸a˜o impl´ıtica e´ comum utilizar a notac¸a˜o
dy
dx
para
denotar a derivada da func¸a˜o y = f(x). De fato, temos que y = f(x)⇒ f ′(x) = df
dx
⇒ f ′(x) = dy
dx
.
Os exemplos/exerc´ıcios a seguir tem como objetivo descrever todo o processo de derivac¸a˜o impl´ıcita e fazer
articulac¸a˜o disso com outros questionamentos relacionados a` derivadas.
Exemplo 2 Suponha que a equac¸a˜o x2 + y2 = 9 define y implicitamente em func¸a˜o de x.
Neste caso, y = f(x) esta´ ‘escondida, por tra´s’ da equac¸a˜o x2 + y2 = 9, e enta˜o na˜o temos como
explicitar a lei de formac¸a˜o da func¸a˜o f .
(a) Encontre
dy
dx
. [Deseja-se encontrar a derivada da func¸a˜o y = f(x)].
(b) Determine a equac¸a˜o da reta tangente a` curva C = {(x, y) ∈ R2, tal que x2 + y2 = 9} nos pontos
P = (x0, y0) ∈ C.
(c) Observe que os pontos P1 = (−3, 0) e P2 = (3, 0) pertencem a` curva. Descreva qual e´ a curva tangente
a` curva C nestes pontos (pode ser por meio de uma observac¸a˜o gra´fica) e relacione o que foi concluido com
o que se observa pela equac¸a˜oque determina
dy
dx
.
Soluc¸a˜o:
(a) No caso deste exerc´ıcio equac¸a˜o F (x, y) = 0 a que se refere a teoria e´ a equac¸a˜o
F (x, y)
||︷ ︸︸ ︷
x2 + y2 − 9 = 0. Para
efeitos da soluc¸a˜o, podemos considerar a equac¸a˜o x2 + y2 = 9. Pensando y como f(x), obtemos a equac¸a˜o
4
x2 + (f(x))2 = 9 (∗)
Derivando ambos os lados da equac¸a˜o (∗) teremos [x2]′ + [(f(x))2]′ = [9]′ Ver Janela de Pensamentos===========⇒
⇒ 2x + 2y dy
dx
= 0
Dividir ambos os lados por 2
===========⇒ x + y dy
dx
= 0⇒ dy
dx
= −x
y
Janela de Pensamentos/Explicac¸o˜es: Quais os mecanismos utilizados nas derivac¸o˜es
Para calcular [x2]′ basta utilizar a tabela de derivadas, obtendo que
[x2]′ = (2)x(2−1) = 2x.
Para calcular [(f(x))2]′ deve-se observar que temos uma composic¸a˜o de func¸o˜es, a saber
x
f−→ f(x) Fc¸ eleva ao quadrado−−−−−− −→ (f(x))2 e utilizar a Regra da Cadeia na derivac¸a˜o,
obtendo que [(f(x))2]′ = 2(f(x)).f ′(x).
Utilizando que y = f(x) e que f ′(x) =
dy
dx
, temos que [(f(x))2]′ = 2(f(x)).f ′(x) = 2y
dy
dx
.
Para calcular [9]′ basta lembrar que derivada de contante = 0 e, enta˜o, obtemos que [9]′ = 0.
(b) Observando a resposta obtida no item anterior, que
dy
dx
= −x
y
, conclui-se que
dy
dx
, essencilamente, e´
uma func¸a˜o que depende de x e de y, ou seja, faz sentido aplicar a derovada
dy
dx
em um ponto da forma
P = (x0, y0) pertendenete a` Curva C.
Lembrando que f ′(x0) representa o coeficiente angular da reta tangente ao gra´fico da func¸a˜o f no ponto
P = (x0, f(x0)), temos que
dy
dx
(x0, y0) representa o coeficiente angular da reta tangente a` Curva C no
ponto P = (x0, y0). Desta forma, a equac¸a˜o da reta tangente a` Curva C no ponto P = (x0, y0) sera´ dada
por y − y0 = dy
dx
(x0, y0)(x− x0), ou seja,
y − y0 =
(
−x0
y0
)
(x− x0), pois dy
dx
(x0, y0) = −x0
y0
A partir da equac¸a˜o anteriror podemos fazer algumas contas, como descrito a seguir.
y − y0 =
(
−x0
y0
)
(x− x0)⇒ y = −x0
y0
x +
x0
y0
x0 + y0 ⇒ y = x0 x0
y0
x0 + y0 − x0
y0
x⇒
⇒ y = x
2
0
y0
+ y0 − x0
y0
x⇒ y = x
2
0
y0
+
y0
y0
y0 − x0
y0
x⇒ y = x
2
0
y0
+
y20
y0
− x0
y0
x⇒
5
⇒ y = x
2
0 + y
2
0
y0
− x0
y0
x⇒ y = 1
y0
[
x20 + y
2
0 − x0x
]
Por exemplo: Se o ponto P for tal que a coordenada e´ x0 =
3
√
2
2
, ou seja, P =
(
3
√
2
2
, y0
)
, temos que
descobrir o respectivo valor de y0 e subsituir na equac¸a˜o y =
1
y0
[
x20 + y
2
0 − x0x
]
.
Substituindo x0 =
3
√
2
2
na equac¸a˜o da curva C, vamos obter que(
3
√
2
2
)2
+ y20 = 9⇒ y20 = 9−
(
3
√
2
2
)2
⇒ y20 = 9−
9
2
⇒ y20 =
9
2
⇒ y0 = ±3
√
2
2
.
Para o ponto A =
(
3
√
2
2
, −3
√
2
2
)
, temos que
y =
1
y0
[
x20 + y
2
0 − x0x
]⇒ y = 1
−3
√
2
2
[
9− 3
√
2
2
x
]
Fazendo um monte de a´lgebras
============⇒ y = x− 3
√
2
Para o ponto B =
(
3
√
2
2
,
3
√
2
2
)
, temos que
y =
1
y0
[
x20 + y
2
0 − x0x
]⇒ y = 1
3
√
2
2
[
9− 3
√
2
2
x
]
Fazendo um monte de a´lgebras
============⇒ y = 3
√
2− x
(c) Note que a equac¸a˜o que determina f ′(x) =
dy
dx
e´
dy
dx
= −x
y
. Enta˜o, se encararmos
dy
dx
como uma
func¸a˜o que depende das varia´veis x e y, poder´ıamos dizer que esta func¸a˜o na˜o esta´ bem definida quando
y = 0. Pensando em lim
y→0
dy
dx
= lim
y→0
−x
y
= −x lim
y→0
1
y
= ±∞. Esse resultado nos conta que, essencialmente,
f ′(x) → ±∞ nos pontos que esta˜osobre a curva C em que y = 0, ou seja, que nestes pontos a reta tan-
gente a` curva devera´ ser vertical (uhuuuuu!!!! kkk!!! Como ja´ hav´ıamos analisado em situac¸o˜es
anteriores).
Pergunta: Quais sa˜o os pontos P = (x, 0) sobre a curva C?
Resposta: Para encontrar tais pontos, basta substituir y = 0 na equac¸a˜o que determina a curva e encon-
trar os respectivos valores de x.
Fazendo y = 0 na equac¸a˜o da curva, temos que, x2 + 02 = 9⇒ x2 = 9⇒ x = ±3.
Portanto, os pontos sobre a curva C em que y = 0 sa˜o (−3, 0) e (3, 0).
Observando o comportamento da curva verifica-se que a reta tangente a` curva C no ponto (−3, 0) e´ a reta
vertical x = −3 e reta tangente a` curva C no ponto (3, 0) e´ a reta vertical x = 3, como era de esperar,
pelas concluso˜es obtidas anteriormente.
6
Mostrar Exemp-2-Derivac¸a˜o-Implicita
Exemplo 3 Suponha que a equac¸a˜o y2+xy−1 = 0 define y implicitamente em func¸a˜o de x. (a) Determine
dy
dx
.
(b) Determine a equac¸a˜o da reta tangente a` curva C = {(x, y) ∈ R2, tal que y2 + xy− 1 = 0} nos pontos
em que x = 0.
Soluc¸a˜o:
(a) Neste caso, e quac¸a˜o y2 + xy − 1 = 0 (∗), faz o papel de F (x, y) = 0 abordado na teoria.
Para encontrar
dy
dx
basta derivar ambos os lados da equac¸a˜o (∗).
Derivando ambos os lados da equac¸a˜o (∗), obtemos
[y2 + xy − 1]′ = [0]′ Regra da Soma=======⇒ [y2]′ + [xy]′ − [1]′ = [0]′ Regra do Produto=======⇒ [y2]′ + [x]′y + x[y]′ − [1]′ = [0]′ ⇒
Derivada de const. = 0
=========⇒ [y2]′ + [x]′y + x[y]′ − 0 = 0 Ver Janela de Pensamentos==========⇒ 2y dy
dx
+ y + x
dy
dx
= 0
Agregar tudo que tem dy
dx==========⇒
⇒ [2y + x] dy
dx
+ y = 0⇒ [2y + x] dy
dx
= −y ⇒ dy
dx
= − y
2y + x
Janela de Pensamentos/Explicac¸o˜es: Mecanismos utilizados para calcular as derivadas
Para o ca´lculo da derivada [y2]′ deve-se lembrar que y = f(x), e enta˜o, y2 = (f(x))2.
Olhando a Janela de Pensamentos do exemplo anterior, verifica-se que
[y2]′ = [(f(x))2]′ = 2f(x).f ′(x)
Usar que y=f⇒f ′=dy/dx
==========⇒ [y2]′ = 2y dy
dx
Para o ca´lculo da derivada [x]′ basta utilizar a Tabela de Derivadas.
[x]′ = [x1]′ = (1)x(1−1) = x0 = 1
Para o ca´lculo da derivada [y]′ basta lembrar que y = f(x), e enta˜o, y′ = f ′(x) =
df
dx
=
dy
dx
⇒ y′ = dy
dx
7
Algumas observac¸o˜es bem bacanas
Observe que se encararmos
dy
dx
= − y
2y + x
como uma func¸a˜o que depende das varia´veis x e y,
esta func¸a˜o na˜o estria bem definida nos pontos P = (x, y) tais que 2y + x = 0, ou seja, nos pontos da
forma P = (x, y) tais que x = −2y ou y = −1
2
x.
Pergunta que na˜o quer calar: Quem sa˜o os pontos da curva C da forma (−2y, y)?
Resposta: Para encontrar tais pontos, basta substituir x = −2y na equac¸a˜o da curva, como a seguir.
y2 + xy − 1 = 0 Subst. x=−2y=====⇒ y2 + (−2y)y − 1 = 0⇒ y2 − 2y2 − 1 = 0⇒ −y2 − 1 = 0⇒ y2 = −1
Absurdo!!!!
Conclusa˜o: Na˜o existe pontos da forma (−2y, y) sobre a curva C. Logo, a ‘func¸a˜o’ dy
dx
(x, y) = − y
2y + x
esta´ bem definida para todo ponto P = (x, y) ∈ C.
(c) Primeiramente, vamos encontrar os pontos da forma P = (0, y) sobre a curva de equac¸a˜o y2+xy−1 = 0.
Para tanto, basta substituir x = 0 na equac¸a˜o da curva, como a seguir.
Temos que,
y2 + xy − 1 = 0 Substituir x=0======⇒ y2 + (0)y − 1 = 0⇒ y2 − 1 = 0⇒ y2 = 1⇒ y = ±1
Portanto, os pontos requeridos sa˜o A = (0, −1) e B = (0, 1).
Como ja´ comentado no exxemplo anterior, a equac¸a˜o da reta tangente a` curva C em um ponto (x0, y0) e´
dada por y − y0 = dy
dx
(x0, y0)(x− x0).
• Para o ponto A = (0, −1), temos que dy
dx
(0, −1) Usar equac¸a˜o do item (a)============ − −1
2(−1) + 0 = −
1
2
.
Logo, a equac¸a˜o da reta tangente a` curva C no ponto A = (0, −1) sera´
y − (−1) =
(
−1
2
)
(x− 0)⇒ y + 1 = −1
2
x⇒ y = −1
2
x− 1
• Para o ponto B = (0, 1), temos que dy
dx
(0, 1)
Usar equac¸a˜o do item (a)
============ − 1
2(1) + 0
= −1
2
.
Logo, a equac¸a˜o da reta tangente a` curva C no ponto B = (0, 1) sera´
y − 1 =
(
−1
2
)
(x− 0)⇒ y − 1 = −1
2
x⇒ y = 1− 1
2
x
8
Mostrar Exemp-3-Derivac¸a˜o-Implicita
Exemplo 4 Sopunha que a equac¸a˜o y4 + 3xy+ 2 ln(y) = 0 (∗) define y implicitamente em func¸a˜o de x.
(a) Encontre
dy
dx
.
(b) Determine a equac¸a˜o da reta tangente a` curva dada pela equac¸a˜o (∗) nos pontos em que y = 1.
Soluc¸a˜o:
(a) Dizer que a equac¸a˜o (∗) define y em func¸a˜o de x significa que ‘por tra´s da equac¸a˜o (∗) esta´ contida uma
informac¸a˜o’. Esta informac¸a˜o e´ a func¸a˜o y = f(x). Tomando F (x, y) = y4 + 3xy + 2 ln(y), obtemos que
existe um intervalo I e uma func¸a˜o f : I −→ R, tal que y = f(x) satistaz a equac¸a˜o F (x, y) = 0, ou seja,
fazendo y = f(x) na func¸a˜o F (x, y), obetremos F (x, f(x)︸︷︷︸
||
y
) = 0, isto e´, (f(x))4 +3x(f(x))+2 ln(f(x)) = 0.
Derivando ambos os lados da equac¸a˜o (∗) teremos
[y4 + 3xy + 2 ln(y)]′ = [0]′
Regra da Soma
======⇒ [y4]′ + [3xy]′ + [2 ln(y)]′ = [0]′ Regra do Produto e Const. vai p/ fora na derivada====================⇒
⇒ [y4]′ + 3{[x]′y + x[y]′}+ 2[ln(y)]′ = [0]′ Janela de Pensamentos=========⇒
⇒ 4y3
[
dy
dx
]
+ 3
{
[1]y + x
[
dy
dx
]}
+ 2
(
1
y
)[
dy
dx
]
= 0
Agregar tudo que tem dy/dx
============⇒
⇒
[
dy
dx
] [
4y3 + 3x +
2
y
]
+ 3y = 0⇒
[
dy
dx
] [
4y3 + 3x +
2
y
]
= −3y Tirar o mı´nimo======⇒
⇒
[
dy
dx
] [
4y4 + 3xy + 2
y
]
= −3y ⇒ dy
dx
= − 3y
4y4+3xy+2
y
⇒ dy
dx
= − 3y
2
4y4 + 3xy + 2
(b) Para encontrar a reta tangente a` curva C = {(x, y) ∈ R2, tal que y4 + 3xy + 2 ln(y) = 0} deve-se,
primeiramente, encontrar os pontos sobre a curva C em que y = 1, ou seja, substituir y = 1 na equac¸a˜o
da curva, como a seguir.
Temos que,
y4 + 3xy + 2 ln(y) = 0
Fazer y=1
====⇒ (1)4 + 3x(1) + 2 ln(1) = 0 ln(1)=0===⇒ 1 + 3x = 0⇒ x = −1
3
.
Portanto, P =
(
−1
3
, 1
)
∈ C e´ o ponto em questa˜o.
9
A equac¸a˜o da reta tangente a` curva C no ponto P =
(
−1
3
, 1
)
e´ dada por y − 1 = mT
(
x−
[
−1
3
])
, em
que mT =
dy
dx
(
−1
3
, 1
)
= − 3(1)
2
4(1)4 + 3
(
−1
3
)
(1) + 2
= −3
5
.
Assim, a equac¸a˜o da reta tangente a` curva C no ponto P =
(
−1
3
, 1
)
sera´
y − 1 =
(
−3
5
)(
x−
[
−1
3
])
⇒ y − 1 = −3
5
x− 1
5
⇒ y = −3
5
x− 1
5
+ 1⇒ y = −3
5
x +
4
5
.
Janela de Pensamentos/Explicac¸o˜es: Mecanismos utilizados nas derivac¸o˜es
• Para derivar [y4]′ deve-se lembrar que y = f(x)⇒ y4 = (f(x))4.
Enta˜o, (f(x))4 e´ uma composta de func¸o˜es, como descrito a seguir
x
Aplicar fc¸ f−−−− → f(x) Aplicar fc¸ eleva a` 4−−−−−− → (f(x))4.
Aplicando a Regra da Cadeia para derivar (f(x))4 temos,
[y4]′ = [(f(x))4]′
Regra da Cadeia
======== 4(f(x))(4−1)︸ ︷︷ ︸
Derivada da fc¸ elevado a 4, atuando em f(x)
.f ′(x)
f(x)=y e f ′(x)=dy/dx
========== 4(y)3
dy
dx
.
• Temos que [x]′ = [x1]′ Tabela de Derivadas========== (1)x(1−1) = x0 = 1
• Temos que [y]′ y=f(x)==== f ′(x) Notac¸a˜o de Derivada========== df
dx
(x)
y=f(x)
====
dy
dx
• Para derivar [ln(y)]′ deve-se lembrar que y = f(x)⇒ ln(y) = ln(f(x)).
Enta˜o, ln(f(x)) e´ uma composta de func¸o˜es, como descrito a seguir
x
Aplicar fc¸ f−−−− → f(x) Aplicar fc¸ ln−−−− → ln(f(x)).
Aplicando a Regra da Cadeia para derivar ln(f(x)) temos,
[ln(y)]′ = [ln(f(x))]′
Regra da Cadeia
======== [ln]′(f(x)).f ′(x) ln
′= um sobre
=======
1
f(x)
f ′(x)
f(x)=y e f ′(x)=dy/dx
==========
1
y
dy
dx
.
Mostrar Exemp-4-Derivac¸a˜o-Implicita
Bons Estudos!
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