Calculo 1 Aula 22

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Ca´lculo - 1 - Vige´sima Segunda Aula
Derivac¸a˜o Impl´ıcita
Prof. Fabio Silva Botelho
September 20, 2017
1 Derivac¸a˜o impl´ıcita, introduc¸a˜o
Considere a func¸a˜o
f(x, y) = x3 + x2y3 + 5y + 2.
Sob certas hipo´teses, pode-se provar que a equac¸a˜o
f(x, y) = f(x0, y0),
isto e´
x3 + x2y3 + 5y + 2 = f(x0, y0) (1)
define implicitamente uma func¸a˜o y(x) num intervalo Br(x0) = (x0 − r, x0 + r) para algum r > 0.
Isto e´, para cada x ∈ Br(x0) existe um u´nico y o qual satisfaz (1) e o qual denotamos por y(x).
Portanto,
x3 + x2y(x)3 + 5y(x) + 2 = f(x0, y0), ∀x ∈ Br(x0).
Tambe´m sob certas hipoteses, mostra-se que y′(x) existe em Br(x0) e asssim da regra da cadeia
obtemos,
(x3 + x2y(x)3 + 5y(x) + 2)′ = (f(x0, y0))
′ = 0,
ou seja,
3x2 + 2xy(x)3 + x2(3y(x)2)y′(x) + 5y′(x) = 0,
e assim,
y′(x) = −3x
2 + 2xy(x)3
3x2y(x)2 + 5
,
e em particular,
y′(x0) = −
3x20 + 2x0y
3
0
3x20y
2
0 + 5
.
1
2 Exemplos e Exerc´ıcios
Exemplo: Seja y(x) definida implicitamente por
x2 + y3 + xy = 11,
numa vizinhanc¸a do ponto (x0, y0) = (1, 2).
Calcule y′(1).
Soluc¸a˜o: Observe que, numa vizinhanc¸a de x0 = 1, temos que
x2 + y(x)3 + xy(x) = 11.
Logo,
(x2 + y(x)3 + xy(x))′ = 11′ = 0,
e assim da regra da cadeia, obtemos
2x+ 3y(x)2y′(x) + y(x) + xy′(x) = 0,
isto e´,
y′(x) = − 2x+ y(x)
3y(x)2 + x
.
Portanto,
y′(1) = − 2(1) + 2
3(2)2 + 1
=
4
13
.
Exerc´ıcio: Seja y(x) a func¸a˜o definida implicitamente pela equac¸a˜o
x2 + y2 = 5,
numa vizinhanc¸a do ponto (x0, y0) = (2, 1).
Calcule y′(2).
Observe que
x2 + y(x)2 = 5,
e assim
(x2 + y(x)2)′ = 5′ = 0,
isto e´,
2x+ 2y(x)y′(x) = 0.
Logo,
y′(x) = − x
y(x)
.
2
Portanto,
y′(1) = −2
1
= −2.
Checando, observe que
y(x) = ±
√
5− x2,
e em particular em torno do ponto em questa˜o, obtemos,
y(x) =
√
5− x2
e portanto
y′(x) =
1
2
√
5− x2 (−2x) = −
x√
5− x2 = −
x
y(x)
.
Exerc´ıcio: Obtenha a equac¸a˜o da reta tangente a` curva
x2 + y2 + y = 5,
a qual e´ paralela a` reta de equac¸a˜o
y = x+ 1.
Soluc¸a˜o: Considere y(x) definida implicitamnete por
x2 + y(x)2 + y(x) = 5.
Assim,
(x2 + y(x)2 + y(x))′ = 5′ = 0,
ou seja,
2x+ 2y(x)y′(x) + y′(x) = 0.
Do enunciado, devemos obter o ponto tal que y′(x) = 1.
Logo 2x+ 2y + 1 = 0, isto e´
x = −1 + 2y
2
.
Portanto, deve-se ter, (
1 + 2y
2
)2
+ y2 + y = 5,
isto e´
1 + 4y + 4y2
4
+ y2 + y = 5
e assim,
1 + 4y + 4y2 + 4y2 + 4y = 20,
isto e´
8y2 + 8y − 19 = 0,
3
ou seja, as soluc¸o˜es dessa u´ltima equac¸a˜o sa˜o:
y1 =
1
4
(−2 −
√
42),
e
y2 =
1
4
(−2 +
√
42).
Assim
x1 = −
1 + 2y1
2
=
√
42
4
,
e
x2 = −1 + 2y2
2
= −
√
42
4
.
Teremos enta˜o duas soluc¸o˜es,
r1 : y = 1(x− x1) + y1,
isto e´,
r1 : y =
(
x−
√
42
4
)
+
1
4
(−2−
√
42),
e
r2 : y = 1(x− x2) + y2,
isto e´,
r1 : y =
(
x+
√
42
4
)
+
1
4
(−2 +
√
42),
Exerc´ıcio: Seja
y(x) = ln(x), ∀x > 0.
Seja x ∈ R, calcule y′(x).
Observe que
y(x) = ln(x).
Assim,
ey(x) = eln(x) = x,
isto e´,
ey(x) = x, ∀x ∈ R.
Portanto,
(ey(x))′ = x′ = 1,
ou seja, da regra da cadeia, assumindo que y′(x) existe, obtemos
ey(x)y′(x) = 1.
4
Logo,
y′(x) =
1
ey(x)
=
1
x
,
ou seja,
d ln(x)
dx
=
1
x
, ∀x > 0.
Exerc´ıcio: Seja
f(x) = ln(x8 + cos(x) + 10).
Calcule f ′(x).
Exerc´ıcio: Seja f : R→ R tal que
f(x) = ln(x2 + 1), ∀x ∈ R.
Obtenha a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f a qual e´ paralela a` reta de equac¸a˜o
y = −x + 5.
5