APLICAÇÃO DE DERIVADAS

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CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
ATIVIDADE DE APLICAÇÃO DA DERIVADA 
PROF. ÉRICO BARBOSA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PETROLINA, 2018 
ATIVIDADE DE CÁLCULO I 
 
 
 
 
 
 
Nome da dupla: 
Vinicius Carvalho 
Deisienne Nogueira 
 
Turma/Turno: 
Física Mod. 1-2018.1 / Noite 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(i) Resolver todas as questões e digitar as respostas; 
(ii) Entregar dia 03/08/2018; 
(iii) É recomendável que formem duplas para resolução; 
(iv) A questão 8 pode ser utilizado um software da preferencias dos componentes da dupla, 
porém o winplot oferece maior facilidade na construção das curvas. 
 
Aplicação da Derivada 
 
• PROBLEMA 1: 
A figura mostra uma lâmpada localizada três unidades à direita do eixo e uma sombra originada 
pela região elíptica 
 
Se o ponto estiver na borda da sombra, qual a altura da lâmpada acima do eixo? 
 
 
• RESOLUÇÃO: 
Sendo que a reta tangente à elipse passa por P1(-5, 0) e por um ponto P2(a, b) 
 da elipse. 
 𝑚 =
∆y
∆x
 → 𝑚 =
(b − 0)
(𝑎 + 5)
→ 𝑚 =
b
(a + 5)
 (1) 
 
Por outro lado, podemos dizer que a derivada da função (x²+4y²=5) da 
Elipse, define o coeficiente angular da reta tangente em um ponto qualquer. Logo; 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
(𝑥2 + 4𝑦2 = 5) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 [𝑥2] + 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
[4𝑦2]
𝑑𝑥
𝑑𝑦
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
[5] 
 2𝑥 + 8𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 0 
 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= −
𝑥
4𝑦
= 𝑚 
 
Sendo P2(a,b) o ponto de tangencia, logo; 
 
 𝑚 = −
𝑥
4𝑦
→ 𝑚 = −
𝑎
4𝑏
 (2) 
De (1) = (2), temos; 
 
 
𝑏
𝑎 + 5
= −
𝑎
4𝑏
 
 4𝑏2 = −𝑎2 − 5𝑎 
 𝑎2 + 4𝑏2 = −5𝑎 (3) 
 
Como P2(a,b) é um ponto da elipse também, logo; 
 
𝑥2 + 4𝑦2 = 5 
 𝑎2 + 4𝑏2 = 5 (4) 
 
De (3) = (4); 
−5𝑎 = 𝑎2 + 4𝑏2 = 𝑎2 + 4𝑏2 = 5 
−5𝑎 = 5 
𝑎 =
5
−5
 
𝑎 = −1 
 
 Substituindo o valor de “𝑎 = −1” em (4); 
 
𝑎2 + 4𝑏2 = 5 
(−1)2 + 4𝑏2 = 5 
 1 + 4𝑏2 = 5 
 4𝑏2 = 5 − 1 
 𝑏2 =
4
4
 
 𝑏 = 1 
 
Aplicando os valores de "𝑎 = −1” e “𝑏 = 1" em (1); 
 
 𝑚 =
b
(a + 5)
 (1) 
𝑚 =
1
(−1 + 5)
 
𝑚 =
1
4
 
 
 
 
 
 
E assim definimos a equação da reta como; 
 
 (𝑦 − 𝑦0) = 𝑚 (𝑥 − 𝑥0) 
(𝑦 − 𝑏) = 
1
4
(𝑥 − 𝑎) 
 (𝑦 − 1) =
1
4
[𝑥 − (−1)] 
 𝑦 =
(𝑥 + 5)
4
 (5) 
 
O poste está "𝑥 = 3”, aplicando esse valor na equação da reta (5), em função de y, 
obtemos; 
𝑦 =
(𝑥 + 5)
4
 
𝑦 =
(3 + 5)
4
 
𝑦 =
8
4
 
𝑦 = 2 
 
Isso implica-nos dizer que a altura da lâmpada é de 2 U.C. a cima do eixo, no ponto 
PL(3,2). 
 
• PROBLEMA 2: 
A altura (em metros) de um projetil lançado verticalmente para cima de um ponto a 2m acima 
do 
nível do solo com a velocidade inicial de 24,5 m/s é após segundos 
 Encontre a velocidade após 2 s e após 4 s. 
 Quando o projétil alcança sua altura máxima? 
 Qual é a altura máxima? 
 Quando ele atinge o solo? 
 Com qual velocidade ele atinge o solo? 
 
• RESOLUÇÃO: 
(I) Encontre a velocidade após 2 s e após 4 s. 
 
Sendo a equação da posição da partícula, logo; 
𝑑
𝑑𝑡
ℎ(𝑡) = 2 + 24.5𝑡 − 4.9𝑡2 (1) 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝜗(𝑡) = 24.9 − 9.8𝑡 (2) 
... 
 
... 
Para 2s ; 
 𝜗(𝑡) = 24.9 − 9.8𝑡 
𝜗(2) = 24.9 − 9.8(2) 
𝜗(2) = 4.9 𝑚/𝑠 
Para 4s ; 
 𝜗(𝑡) = 24.9 − 9.8𝑡 
𝜗(4) = 24.9 − 9.8(4) 
𝜗(4) = −14.7 𝑚/𝑠 
 
(II) Quando o projétil alcança sua altura máxima? 
 
 Sabendo que quando o projetil atingir sua altura máxima, sua velocidade será igual a zero, logo 
podemos calcular o tempo para 𝜗 = 0 na equação (2), assim; 
 
𝜗(𝑡) = 24.9 − 9.8𝑡 
 0 = 24.9 − 9.8𝑡 
9.8𝑡 = 24.9 
𝑡 =
24.9
9.8
 
𝑡 = 2.5 𝑠 
 
(III) Qual é a altura máxima? 
 
 Sabendo o tempo necessário para que o projetil atinja sua altura máxima (𝑡 = 2.5 𝑠) aplicando 
esse tempo na equação da posição (1), logo obtemos; 
 
ℎ(𝑡) = 2 + 24.5𝑡 − 4.9𝑡2 
 ℎ(2.5) = 2 + 24.5(2.5) − 4.9(2.5)² 
 ℎ(2.5) = 2 + 61,25 − 4.9(6,25) 
 ℎ(2.5) = 63,25 − 30,62 
ℎ(2.5) = 32,63 𝑚 
 
(IV) Quando ele atinge o solo? 
 
 Sabendo que quando a partícula atingir o chão, sua posição será ℎ = 0, logo para acharmos o 
tempo substituímos esse valor em (1); 
ℎ(𝑡) = 2 + 24.5𝑡 − 4.9𝑡2 
 0 = 2 + 24.5𝑡 − 4.9𝑡² 
 Observamos que geramos uma equação de segundo grau em função do tempo para a posição 
zero, para extrairmos o tempo calculamos as raízes dessa equação utilizando a equação de 
Bhaskara, desse modo; 
𝑡 =
−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
 
 𝑡 =
−(24.5) ± √(24.5)2 − 4(−4.9)(2)
2(−4.9)
 
 𝑡 =
−24.5 ± √600.25 + 39.2
−9.8
 
𝑡 =
−24.5 ± 25.28
−9.8
 
 𝑡′ =
−24.5 − 25.28
−9.8
 ⇒ 𝑡′ = 5.07𝑠 
 𝑡′′ =
−24.5 + 25.28
9.8
 ⇒ 𝑡′′ = −0.07𝑠 
 
 Ele atingirá o chão após 𝑡′ = 5.07𝑠 = 𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 (𝑡
′′ = −0.07𝑠, é negativo por isso é descartado) 
 
(V) Com qual velocidade ele atinge o solo? 
 
 Sabendo que 𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 5.07𝑠, calculado no item (IV), substituindo 𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 em (2), obtemos; 
 
𝜗(𝑡) = 24.9 − 9.8𝑡 
 𝜗(5.07) = 24.9 − 9.8(5.07) 
 𝜗(5.07) = 24.9 − 49,68 
 𝜗(5.07) = −24,78𝑚𝑠 
 
• PROBLEMA 3: 
A Lei de Gravitação de Newton diz que a intensidade da força exercida por um corpo de massa 
 sore um corpo de massa é: 
 
 
 
Onde é a constante gravitacional e é a distância entre os corpos. 
 Encontre . 
 Suponha que seja conhecida que a Terra atrai um objeto com uma força que decresce a uma 
taxa 2 N/km quando km. Quão rápido essa força varia quando km? 
 
 
 
 
 
• RESOLUÇÃO: 
 
(I) Encontre . 
 
𝐹′ =
𝑑𝐹
𝑑𝑟
 
𝐺𝑚𝑀
𝑟2
 
 𝐹′ = 
𝑑𝐹
𝑑𝑟
[𝐺𝑀𝑚] ⋅
𝑑𝐹
𝑑𝑟
[
1
𝑟2
] 
 𝐹′ = 𝐺𝑀𝑚 .
(0. 𝑟2 − 1.2𝑟)
(𝑟2)2
 
𝐹′ = 𝐺𝑀𝑚 .
−2𝑟
𝑟4
 
𝐹′ = 𝐺𝑀𝑚 .
−2
𝑟3
 
𝐹′ = 
−2𝐺𝑀𝑚
𝑟3
 
 
(II) Suponha que seja conhecida que a Terra atrai um objeto com uma força que 
decresce a uma taxa 2 N/km quando km. Quão rápido essa força varia quando 
 km? 
 Primeiro usaremos os dados já conhecidos para encontrar a massa de “m”, deste modo; 
𝐹′ = 
−2𝐺𝑀𝑚
𝑟3
 
−2 = 
(−2)(6,6𝑥10−11)(5,972𝑥1024)𝑚
(2𝑥104) 3
 
−2 ≅ −98,538𝑚 
𝑚 ≅
−2
−98,538𝑚 ≅ 2𝑥10−2𝑘𝑔 
 
 Com a massa de “m”, utilizamos em função da força em um raio de 10.000 km; 
𝐹′ = 
−2𝐺𝑀𝑚 
𝑟3
 
𝐹′ = 
(−2)(6,6𝑥10−11)(5,972𝑥1024)(2𝑥10−2)
(104) 3
 
 𝐹′ = 
(−2)(6,6𝑥10−11)(5,972𝑥1024)(2𝑥10−2)
3𝑥1012
 
𝐹′ = −15,76608 𝑁/𝑘𝑚 
 
 
• PROBLEMA 4: 
Algumas das maiores marés no mundo ocorrem na Bay of Fundy, na Costa Atlântica do 
Canadá. No Cabo Hopewell a profundidade da água em maré baixa é cerca de 2,0 m e em 
maré alta é cerca de 12,0 m. O período natural de oscilação é pouco mais de 12 horas e, em 
30 de junho de 2009, a maré alta ocorreu às 6h 45 min. Isso ajuda a explicar o seguinte modelo 
para a profundidade de Água (em metros) como uma função do tempo (em horas após a 
meia-noite) naquele dia: 
 
Em que velocidade a maré aumentava (ou diminuía) nos seguintes horários? 
 3 h 00 min 6 h 00 min 9 h 00 min 
 
 
 
• RESOLUÇÃO: 
 
Com base na equação da posição no tempo, fornecida inicialmente pelo problema, 
diferenciando a obtemos a equação da velocidade no tempo, assim; 
 
 
𝑑𝐷
𝑑𝑡
𝐷(𝑡) = 7 + 5 cos[0.503(𝑡 − 6.75)] (1) 
 
𝑑𝐷
𝑑𝑡
𝑣′(𝑡) = −2,515 sen[0.503(𝑡 − 6.75)] (2) 
 
Em que velocidade a maré aumentava (ou diminuía) nos seguintes horários? 
 
(I) 3 h 00 min; 
Utilizando (2) para 𝑡 = 3, obtemos; 
𝑣′(𝑡) = −2,515 sen[0.503(𝑡 − 6.75)] 
𝑣′(3) = −2,515 sen[0.503(3 − 6.75)] 
𝑣′(3) = −2,515 sen(−1,88) 
𝑣′(3) = −2,515(−0,032) 
𝑣′(3) = 0,08 𝑚/ℎ → 8,0 𝑐𝑚/ℎ 
 
 
 
 
 
 
(II) 6 h 00 min; 
Utilizando (2) para 𝑡 = 6, obtemos; 
𝑣′(𝑡) = −2,515 sen[0.503(𝑡 − 6.75)] 
𝑣′(6) = −2,515 sen[0.503(6 − 6.75)] 
𝑣′(6) = −2,515 sen(−0,37) 
𝑣′(6) = −2,515(−0,006) 
𝑣′(6) = 0,015 𝑚/ℎ → 1,5 𝑐𝑚/ℎ 
(III) 9 h 00 min 
 Utilizando (2) para 𝑡 = 9, obtemos; 
𝑣′(𝑡) = −2,515 sen[0.503(𝑡 − 6.75)] 
𝑣′(9) = −2,515 sen[0.503(9 − 6.75)] 
𝑣′(9) = −2,515 sen(1,13) 
𝑣′(9) = −2,515(0,019) 
 𝑣′(9) = − 0,047 𝑚/ℎ → − 4,7 𝑐𝑚/ℎ 
 
• PROBLEMA 5: 
A frequência da vibração de uma corda de violino é dada por: 
 
Onde é o comprimento da corda, é sua tensão e é sua densidade linear. Encontre a taxa de 
variação da frequência em relação: 
 Ao comprimento (quando e são constantes), 
 À Tensão (quando e são constantes); 
 À densidade linear (quando e são constantes) 
 
• RESOLUÇÃO: 
(I) Ao comprimento (quando e são constantes); 
 
 
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
(0)2𝐿 − 1(2)
(2𝐿)²
√
𝑇
𝜌
 
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
−2
4𝐿2
√
𝑇 
𝜌
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
−1
2𝐿²
√
𝑇 
𝜌
 
 
 
 (II) À Tensão (quando e são constantes); 
 
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
1
2𝐿
(
𝑇
𝜌
)
1
2
 
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
1
2𝐿
.
𝑇
2√𝜌
−
1
2
 
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
1
2𝐿
.
1
2√𝑇𝜌
 
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
1
4𝐿√𝑇𝜌
 
 
 
(III) À densidade linear (quando e são constantes) 
 
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
1
2𝐿
.
𝑇
1
2
𝜌
1
2
 
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
1
2𝐿
.
0(√𝜌) −
1
2√𝜌
. √𝑇
𝜌
 
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
1
2𝐿
(−
√𝑇
2𝜌√𝜌
) 
 
𝑑𝑓
𝑑𝐿
= 
−√𝑇
4𝐿𝜌√𝜌
 
 
• PROBLEMA 6: 
Se denota a reação do corpo a alguns estímulos de intensidade , a sensibilidade é 
definida como a taxa de variação de reação em relação . Um exemplo ocorre quando a 
luminosidade de uma fonte de luz é aumentada e o olho reage diminuído a área da pupila. 
A fórmula experimental: 
 
 
Tem sido usada para modelar a dependência de com respeito a , quando é medido em 
milímetros quadrados e , em uma unidade apropriada de luminosidade. Encontre a 
sensibilidade. 
 
• SOLUÇÃO: 
Como já fica explicito no problema, ele nos pede pra calcular a sensibilidade que será o 
diferencial da função R(x), logo; 
𝑆 =
𝑑𝑅
𝑑𝑥
(
40 + 24𝑥0,4
1 + 4𝑥0,4
) 
𝑆 =
(9,6𝑥−0,6)(1 + 4𝑥0,4) − (40 + 24𝑥0,4)(1,6𝑥−0,6)
(1 + 4𝑥0,4)²
 
𝑆 =
9,6𝑥−0,6 + 38,4𝑥−0,2 − 64𝑥−0,6 − 38,4𝑥−0,2
(1 + 4𝑥0,4)²
 
𝑆 =
9,6𝑥−0,6 − 64𝑥−0,6 
(1 + 4𝑥0,4)²
 ⇒ 𝑆 = −
1
54,4𝑥0,6(1 + 4𝑥0,8)²
 
 
• PROBLEMA 8: 
Escreva as curvas das funções implícitas usando um software 
𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = 𝑥𝑐𝑜𝑠(2𝑦) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑦) = 2𝑥 − 2𝑦 
 
 𝑦2 = 5𝑥4 − 𝑥² 
 
 
 
 
• PROBLEMA 9: 
Determinar a equação da reta tangente à elipse no ponto . 
 
• RESOLUÇÃO: 
Sabendo que 𝑚 =
𝑦′
𝑥′
, logo; 
𝑚 =
3𝑠𝑒𝑛(𝑡)
2cos(𝑡)
 
 𝑚 =
3𝑐𝑜𝑠(𝑡)
−2 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
 
 𝑚 = −
3
2
𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡) 
 
Para o valor do ângulo “t”, aplicamos os pontos em um dos parâmetros, logo; 
𝑥 = 2𝑐𝑜𝑠(𝑡) 
√2 = 2 cos(𝑡) 
√2
2
= cos(𝑡) ⇒ 𝑡 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛𝑜 (
√2
2
) ⇒ 𝑡 = 45º 
 
Sabendo disso, extraímos que o valor real de “m” é; 
𝑚 = −
3
2
𝑐𝑜𝑡𝑔(45º) 
𝑚 = −
3
2
. (1) 
𝑚 = −
3
2
 
 
Aplicando 𝑚 𝑒 𝑃1em (𝑦 − 𝑦𝑜) = 𝑚. (𝑥 − 𝑥𝑜), obtemos; 
(𝑦 − 𝑦𝑜) = 𝑚. (𝑥 − 𝑥𝑜) 
 (𝑦 −
3√2
2
) = −
3
2
. (𝑥 − √2) 
 𝑦 = −
3𝑥
2
+ 3√2 
 
• PROBLEMA 10: 
 Determinar as equações da reta tangente e da reta normal à astróide 
no 
ponto P1 . 
 
• RESOLUÇÃO: 
Sabendo que 𝑚 =
𝑦′
𝑥′
, logo; 
𝑚 =
𝑠𝑒𝑛³(𝑡)
cos³(𝑡)
 
 𝑚 =
3𝑠𝑒𝑛²(𝑡). cos (𝑡)
−3 𝑐𝑜𝑠²(𝑡) . 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
 
 𝑚 = −
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
cos(t)
 ⇒ 𝑚 = −𝑡𝑔(𝑡) 
Para o valor do ângulo “t”, aplicamos os pontos em um dos parâmetros, logo; 
𝑥 = 𝑐𝑜𝑠³(𝑡) 
−
1
8
= cos3(𝑡) 
√−1
3
√8
3 = cos(𝑡) ⇒ 𝑡 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛𝑜 (−
1
2
) ⇒ 𝑡 = 120º 
 
Sabendo disso, extraímos que o valor real de “m” é; 
𝑚 = −𝑡𝑔(120º) 
𝑚 = −(√3) 
𝑚 = √3 
 
Aplicando 𝑚 𝑒 𝑃1em (𝑦 − 𝑦𝑜) = 𝑚. (𝑥 − 𝑥𝑜), obtemos; 
(𝑦 − 𝑦𝑜) = 𝑚. (𝑥 − 𝑥𝑜) 
 (𝑦 −
3√3
8
) = √3. (𝑥 +
1
8
) 
 𝑦 = √3𝑥 +
√3
2
 
 
 
• PROBLEMA 11: 
Encontrar das funções dadas. 
 
 
 
 
• RESOLUÇÃO: 
(I) 𝑦 = 3𝑥² − 𝑥 + 1 
 
Para ∆𝑦; 
∆𝑦 = 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) 
∆𝑦 = 3(𝑥 + ∆𝑥)2 − (𝑥 + ∆𝑥) + 1 − 3𝑥2 + 𝑥 − 1 
∆𝑦 = 3𝑥2 + 6𝑥∆𝑥 + 3∆𝑥2 − 𝑥 − ∆𝑥 + 1 − 3𝑥2 + 𝑥 − 1 
∆𝑦 = 6𝑥∆𝑥 + 3∆𝑥2 − ∆𝑥Para 𝑑𝑦; 
𝑑𝑦 = 𝑓′(𝑥). ∆𝑥 
𝑑𝑦 = (6𝑥 − 1)∆𝑥 
𝑑𝑦 = 6𝑥∆𝑥 − ∆𝑥 
 
 Para ∆𝑦 − 𝑑𝑦; 
∆𝑦 − 𝑑𝑦 = 6𝑥∆𝑥 + 3∆𝑥2 − ∆𝑥 − (6𝑥∆𝑥 − ∆𝑥) 
∆𝑦 − 𝑑𝑦 = 6𝑥∆𝑥 + 3∆𝑥2 − ∆𝑥 − 6𝑥∆𝑥 + ∆𝑥 
∆𝑦 − 𝑑𝑦 = 3∆𝑥2 
 
(II) 𝑦 = 2√𝑥 
 
Para ∆𝑦; 
∆𝑦 = 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) 
∆𝑦 = 2√𝑥 + ∆𝑥 − 2√𝑥 
 
Para 𝑑𝑦; 
𝑑𝑦 = 𝑓′(𝑥). ∆𝑥 
𝑑𝑦 = (
1
√𝑥
) ∆𝑥 
𝑑𝑦 =
∆𝑥
√𝑥
 
 
Para ∆𝑦 − 𝑑𝑦; 
∆𝑦 − 𝑑𝑦 = 2√𝑥 + ∆𝑥 − 2√𝑥 −
∆𝑥
√𝑥
 
 
(III) 𝑦 =
𝑥+1
2𝑥−1
 
 
Para ∆𝑦; 
∆𝑦 = 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) 
∆𝑦 =
𝑥 + ∆𝑥 + 1
2𝑥 + 2∆𝑥 − 1
− 
𝑥 + 1
2𝑥 − 1
 
∆𝑦 =
2𝑥2 + 2𝑥∆𝑥 + 2𝑥 − 𝑥 − ∆𝑥 − 1 − 2𝑥2 − 2𝑥 − 2𝑥∆𝑥 − 2∆𝑥 + 𝑥 + 1
(2𝑥 + 2∆𝑥 − 1)(2𝑥 − 1)
 
∆𝑦 =
−3∆𝑥
(2𝑥 + 2∆𝑥 − 1)(2𝑥 − 1)
 
Para 𝑑𝑦; 
𝑑𝑦 = 𝑓′(𝑥). ∆𝑥 
 𝑑𝑦 = [
1. (2𝑥 − 1) − (𝑥 + 1). 2
(2𝑥 − 1)2
] ∆𝑥 
𝑑𝑦 = [
−3
(2𝑥 − 1)2
] ∆𝑥 
𝑑𝑦 =
−3∆𝑥
(2𝑥 − 1)²
 
 
Para ∆𝑦 − 𝑑𝑦; 
∆𝑦 − 𝑑𝑦 = 
−3∆𝑥
(2𝑥 + 2∆𝑥 − 1)(2𝑥 − 1)
+
3∆𝑥
(2𝑥 − 1)2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 12: 
Encontrar e para os valores dados 
 
 
• RESOLUÇÃO: 
 
Para ∆𝑦; 
∆𝑦 = 𝑓(𝑥1 + ∆𝑥1) − 𝑓(𝑥1) 
 ∆𝑦 =
1
(2𝑥1 + ∆𝑥1)²
−
1
2𝑥2
 
 ∆𝑦 =
1
2(1,001)2
−
1
2
 
 ∆𝑦 =
1
2,004002
−
1
2
 ⇒ ∆𝑦 = −0,000998 
 
 Para dy; 
𝑑𝑦 = 𝑓′(𝑥). ∆𝑥 
𝑑𝑦 = −
1
𝑥3
(0,001) 
𝑑𝑦 = −
1
(1)3
(0,001) 
𝑑𝑦 = −0,001 
 
 Para ∆𝑦; 
∆𝑦 = 𝑓(𝑥1 + ∆𝑥1) − 𝑓(𝑥1) 
 ∆𝑦 = 5(0,002)2 − 6(0,002) − 0 
 ∆𝑦 = 0,002𝑥10−2 − 1,2𝑥10−2 
 ∆𝑦 = 1,198𝑥10−2 
 Para dy; 
𝑑𝑦 = 𝑓′(𝑥). ∆𝑥 
𝑑𝑦 = 10𝑥 − 6. (0,002) 
 𝑑𝑦 = 10. (0) − 6. (0,002) 
𝑑𝑦 = −0,012