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Notas para o acompanhamento das aulas de

C´

alculo Diferencial e Integral 1

Cap´ıtulo 3

Derivadas

3.1

No¸

c˜

oes Geom´

etricas

Problema: Como definir a retar tangente a uma curvacqualquer passando por um de seus pontos?

c

P

r

Sabemos fazer isso em uma circunferˆencia. Neste caso, as retas tangentes s˜ao ortogonais aos raios.

c

P r

Tomemos uma curvac dada pelo gr´afico de uma fun¸c˜ao cont´ınuaf:X_⊂R_→R_{e seja}P_∈c. SejamQ_∈cpr´oximo de Pesa reta que os cont´em.

FazendoQ tender aPsobrec, a retaspode tender a uma retar.

P

x y

0

c: gráfico def

f x( )

x Q

Q Q Q Q

x0

f( )x0

r

s s s s s

ax

Quando existe a retarconforme descrita acima, dizemos quer´e areta tangente acporP.

Fa¸camos P = (x0, f(x0)) e Q = (x, f(x)). Sejam αx0 eαx as medidas dos ˆangulos (orientados no sentido anti-hor´ario) que as retasresformam com o eixo das abscissas

Temos tg(αx0)e tg(αx)como sendo os coeficientes angulares das retasr es, respectivamente. Mas

tg(αx) =

f(x) −f(x0)

x−x0

.

Quandox→x0 temoss→re, tamb´em,αx→αx0. Portanto, tg(αx)→tg(αx0), ou seja,

tg(αx0) = lim

x→x0

tg(αx) = lim x→x0

f(x) −f(x0)

x−x0

As considera¸c˜oes acima motivam a seguinte defini¸c˜ao.

Defini¸c˜ao. Sejaf:X_⊂R_→R_{ex0∈X. Quando existe lim} x→x0

f(x)−f(x0)

x−x0 ∈R, dizemos quef´ederiv´avelemx0e

seu valor ´e denotado por f′_(x

0), ou seja,

f′_(x

0) = lim x→x0

f(x) −f(x0)

x−x0

´e aderivadadefemx0.

Como f′_(x

0) = tg(αx0) ´e o coeficiente angular de r, temos que a reta tangente ao gr´afico de f no ponto P = (x0, f(x0))possui equa¸c˜ao

y−f(x0) =f′(x0) (x−x0).

P

x y

0

gráfico def r

ax0

x0 f( )x0

tg(ax0)= ¢( )f x0

Exemplo 1. Calcule a derivada def:R_→R_{tal quef(x) =x}2 _emx

0=1 e a reta tangente ao gr´afico de f em

P= (1, 1).

Exemplo 2. Calcule a derivada def:R_→R_{tal quef}(x) =x3 _emx

0=2 e a reta tangente ao gr´afico de f em

P= (2, 8).

Observa¸c˜ao. Comof′_(x

0) = lim x→x0

f(x)−f(x0)

x−x0 , fazendoh=x−x0, temos x→x0implicando em h→0. Logo,

f′_(x

0) = lim h→0

f(x0+h) −f(x0)

h .

Exerc´ıcio 1. Calcule a derivada def:R_→R_{tal quef}(x) =3x2+5em x0=1e a reta tangente ao gr´afico def

em P= (1, 8).

Exerc´ıcio 2. Calcule a derivada def:R_+→R_{tal que}f(x) =√xemx0=4e a reta tangente ao gr´afico defem

P= (4, 2).

Exerc´ıcio 3. Calcule a derivada de f:R∗_→R_{tal quef(x) =} 1

x emx0= −1e a reta tangente ao gr´afico defem

P= (−1,−1).

Exerc´ıcio 4. Calcule a derivada (se existir) de f : R_→ R_{tal que f}(x) =

x2, sex_≤1

1, sex > 1 em x0 = 1 e a reta tangente (se existir) ao gr´afico defemP= (1, 1).

3.2

Fun¸

c˜

ao Derivada

Defini¸c˜ao. Sejam f : X _⊂ R _→ R _{e X}′ _{= {x∈X:∃f}′_(x)∈R}. Definimos a fun¸c˜ao derivada de f como sendo

f′_:X′ _⊂R_→R_{dada por}

f′_{(x) = lim}

h→0

f(x+h) −f(x)

h

e dizemos quef´ederiv´aveloudiferenci´avelemX′_.

Resolu¸c˜ao: temos

f′_{(x) = lim}

h→0

f(x+h) −f(x) h =hlim→0

(x+h)2−x2

h =hlim→0

x2_+2xh+h2_−x2

h =hlim→0

(2x+h) =2x.

Logo,f′_:R_→R_{´e tal que}f′_{(x) =2x.}

Exemplo 2. Sejaf:R_+→R_{dada por}f(x) =√x. Obtenha f′_. Resolu¸c˜ao: temos

f′_{(x) = lim}

h→0

f(x+h) −f(x) h =hlim→0

√

x+h−√x h =hlim→0

x+h−x

h √x+h+√x=hlim→0 1 √

x+h+√x = 1 2√x.

Logo,f′_:R_+→R_{´e tal quef}′_{(x) =} 1 2√x.

Exemplo 3. Sejaf:R∗_→R_{dada por}f(x) = 1

x. Obtenha f′.

Resolu¸c˜ao: temos

f′_{(x) = lim}

h→0

f(x+h) −f(x) h =hlim→0

1 x+h−

1 x

h =hlim→0

x−(x+h)

x(x+h)

h =hlim→0

−h x(x+h)

h =hlim→0

−1

x(x+h) = − 1 x2.

Logo,f′_:R_+→R_{´e tal que}f′_{(x) = −}1 x2.

Outras nota¸c˜oes para a derivada. Vimos quef′_{(x) = lim}

h→0

f(x+h)−f(x)

h . Consideremos a figura abaixo.

P

x y

0

gráfico def f x h( + )

x h+

x f( )x

r

q

h= Dx

Dy

tg(q) = ¢( )f x

Fazendo ∆y= f(x+h) −f(x) e∆x= h, o limite acima apresenta formaf′_{(x) = lim}

h→0 ∆y

∆x, que podemos denotar

por dy_dx, ou seja,

f′_{(x) =} dy dx ,

que ´e chamada nota¸c˜ao de Leibniz. Quando queremos representar a derivada de f em a na nota¸c˜ao de Leibniz escrevemosf′_{(a) =} dy

dx

x=a.

H´a ainda mais duas nota¸c˜oes.

f′₌ df dx ,

e, portanto, f′_{(x) =} df

dx(x). Nesta nota¸c˜ao, quando queremos representar a derivada de f em aescrevemos f′(a) = df

dx(a).

E, dey=f(x)temosy′_=f′_{(x), que sugere}

y′ ₌ dy dx ou y

′ ₌ df dx(x).

A nota¸c˜aoy′ ₌ dy

3.3

Derivada e Continuidade

Teorema. Sef:X_⊂R_→R_{´e deriv´avel em}x=a, ent˜aof´e cont´ınua emx=a.

Demonstra¸c˜ao.

Comof´e deriv´avel ema, existef′_{(a) = lim}

h→0

f(a+h)−f(a)

h =_xlim_→a

f(x)−f(a)

x−a . Definamos

g(x) = f(x) −f(a) x−a −f

′_(a).

Logo,

g(x) (x−a) =f(x) −f(a) −f′_{(a) (x−a)⇒}

f(x) =g(x) (x−a) +f(a) +f′_{(a) (x−a)⇒} lim

x→af(x) =xlim→a(g(x) (x−a) +f(a) +f

′_{(a) (x−a))}

⇒

lim

x→af(x) =f(a),

ou seja, f´e cont´ınua ema.

Observa¸c˜oes.

(1) A rec´ıproca do teorema acima n˜ao ´e verdadeira. Por exemplo, f : R _→R _{tal que} f(x) = |x| ´e continua em x=0, pois lim

x→0f(x) =0=f(0). Masfn˜ao ´e deriv´avel emx=0, pois n˜ao existe limh→0

f(x+h)−f(x)

h (fa¸ca).

(2)A contrapositiva do teorema nos diz que seffor descont´ınua em x=a, ent˜ao fn˜ao ´e deriv´avel emx=a.

Exemplo. Sejaf : R _→R _{tal que f}(x) =

x+1, sex_≥2

x−1, sex < 2 n˜ao ´e cont´ınua em x = 2, pois limx→2+f(x) = 3 e

lim

x→2−f(x) =1, ou seja, n˜ao existe lim_x→2f(x).

x y

0

gráfico def

2 1 1 2 3

-1

A fun¸c˜aofn˜ao ´e deriv´avel emx=2pois lim

x→2+

f(x)−f(2)

x−2 =_xlim

→2+

x+1−3 x−2 =_xlim

→2+

x−2 x−2=1e

lim

x→2−

f(x)−f(2)

x−2 =_xlim

→2−

x−1−3 x−2 =_xlim

→2−

x−4

x−2= +∞,

ou seja, n˜ao existef′_(2).

3.4

Derivadas de Algumas Fun¸

c˜

oes Especiais

Motiva¸c˜ao: sef:R_→R_{tal que f(x) =}

3 √

x2_+cos(5x)

(x2₊₁₎10 , como calcularf′? Veremos como fazer isso.

Algumas derivadas f´aceis de serem calculadas:

(1)Sef:R_→R_{tal quef(x) =k, sendokconstante real, ent˜ao f}′_{(x) =0.} De fato, lim

h→0

f(x+h)−f(x)

h =_hlim_→0 k−k

h =_hlim_→0 0 h =0.

Por exemplo: f(x) =10_⇒f′_{(x) =0.}

(2)Sef:R_→R_{tal quef(x) =x}n_{, sendon∈N, ent˜aof}′_{(x) =nx}n−1_.

Por exemplo: f(x) =x20

(3)Sef:R∗_→R_{tal quef}(x) =x−n_{, sendon∈N, ent˜aof}′_{(x) = −nx}−n−1_.

Por exemplo: f(x) =x−12

⇒f′_{(x) = −12x}−13_.

(4)Sef:R_+→R_{tal que}f(x) =xn1 = n√x, sendon∈N, ent˜aof′(x) = 1

nx

1 n−1= 1

n

n √

x1−n ₌ 1 nn√xn−1. Por exemplo: f(x) = √3_x

⇒f′_{(x) =} 1 3√3x2.

Regras de Deriva¸c˜ao

(1)Sef egs˜ao fun¸c˜oes deriv´aveis emX_⊂R_{, ent˜ao}f+g´e deriv´avel emXe:

(f(x) +g(x))′_=f′_{(x) +g}′_(x) (f(x) −g(x))′_=f′_{(x) −g}′_(x) .

Por exemplo: sef, g:R_+→R_{dadas por} f(x) =√xeg(x) =x2_{, ent˜ao}

(f(x) +g(x))′ _=f′_{(x) +g}′_{(x) =} 1

2√x+2x e

(f(x) −g(x))′ =f′_{(x) −g}′_{(x) =} 1 2√x−2x.

(2)Sef´e deriv´avel emX_⊂R_ek∈R_{, ent˜aokf´e deriv´avel emXe:}

(kf(x))′_=kf′_(x).

Por exemplo: sef:R_→R_{dada por}f(x) =x10 _{ek=200, ent˜ao (kf(x))}′_=kf′_{(x) =200 10x}9_=2000x9_.

(3)Sef eg´e deriv´avel emX_⊂R_{, ent˜ao}fg´e deriv´avel emXe:

(f(x)g(x))′ _=f′_{(x)g(x) +f(x)g}′_(x).

Por exemplo: sef, g:R_{+ →}R _{dadas porf}(x) =√xeg(x) =x3_{, ent˜ao(f(x)g(x))}′ _=f′_{(x)g(x) +f(x)g}′_{(x) =}

1 2√xx

3₊√_x3x2_.

(4)Sef eg´e deriv´avel emX_⊂R_{, ent˜ao} f

g ´e deriv´avel emX={x∈X:g(x)6=0}e:

f(x) g(x)

′ = f

′_{(x)g(x) −f(x)g}′_(x)

g2_(x) .

Por exemplo: se f, g : R_{+ →} R _{dadas por} f(x) = √x e g(x) = x4_{, ent˜ao} f(x)

g(x) ′

= f′(x)g(x_g)−2_(xf(₎x)g′(x) = 1

2√xx 4₋√

x4x3

x8 .

Exerc´ıcios. Derive utilizando as regras acima.

(1)f:R_→R_{dada por}f(x) =2. (2)f:R_→R_{dada porf}(x) =x6. (3)f:R_→R_{dada porf(x) =7x}5_.

(4)f:R_→R_{dada por}f(x) =3x5_−7x2_+9.

(5)f:R_→R_{dada porf}(x) = 3x2₊₅

x2₊₁. (6)f:R∗_→R_{dada porf(x) =} 1

x6. (7)f:R∗_→R_{dada por}f(x) = 5

x8. (8)f:R∗_→R_{dada porf}(x) =x5₊ 1

x5.

(9)f:R_→R_{dada porf}(x) = 3x2_{−6x 8x}3_+1.

(10)f:R∗_→R_{dada porf(x) = 1+} 5

x5

3.5

Derivadas de Fun¸

c˜

oes Trigonom´

etricas

Sabemos que

sen(a+b) =sen(a)cos(b) +sen(b)cos(a) sen(a−b) =sen(a)cos(b) −sen(b)cos(a)

Fa¸camos

a+b=p a−b=q ⇒

 



a= p+₂q

b= p−₂q

Assim,

sen(a+b) =sen(a)cos(b) +sen(b)cos(a) sen(a−b) =sen(a)cos(b) −sen(b)cos(a) ⇒

sen(p) =sen p+₂qcos p−₂q+sen p−₂qcos p+₂q sen(q) =sen p+₂qcos p−₂q−sen p−₂qcos p+₂q ⇒

 



sen(p) +sen(q) =2sen p+₂qcos p−₂q

sen(p) −sen(q) =2sen p−₂qcos p+₂q

(1)Derivada da fun¸c˜ao seno.

Sef:R_→R_{´e tal que}f(x) =sen(x), temos que sua derivada pode ser expressa por

f′_{(x) = lim}

h→0

sen(x+h) −sen(x) h

= lim

h→0

2sen x+h−x 2

cos x+h+x 2

h

= lim

h→0

sen h 2

cos 2x+h 2

h 2

= lim

h→0

sen h₂

h 2

cos

2x+h 2

=cos(x).

Conclus˜ao: f′_:R_→R_{´e tal quef}′_{(x) =cos(x).}

De modo an´alogo, sabemos que

cos(a+b) =cos(a)cos(b) −sen(b)sen(a) cos(a−b) =cos(a)cos(b) +sen(b)sen(a)

Fa¸camos

a+b=p a−b=q ⇒

 



a= p+₂q

b= p−₂q

Assim,

cos(a+b) =cos(a)cos(b) −sen(b)sen(a) cos(a−b) =cos(a)cos(b) +sen(b)sen(a) ⇒

cos(p) =cos p+₂qcos p−₂q−sen p−₂qsen p+₂q cos(q) =cos p+₂qcos p−₂q+sen p−₂qsen p+₂q ⇒

 



cos(p) +cos(q) =2cos p+₂qcos p−₂q

cos(p) −cos(q) = −2sen p−₂qsen p+₂q

Sef:R_→R_{´e tal quef}(x) =cos(x), temos que sua derivada pode ser expressa por

f′_{(x) = lim}

h→0

cos(x+h) −cos(x) h

= lim

h→0

−2sen x+h−x 2

sen x+h+x 2

h

= lim

h→0 −

sen h 2

sen 2x+h 2 h 2 ! = lim

h→0 −

sen h 2 h 2 sen

2x+h 2

!

= −sen(x).

Conclus˜ao: f′_:R_→R_{´e tal quef}′_{(x) = −sen(x).}

Podemos deduzir as derivadas das demais fun¸c˜oes trigonom´etricas pelas regras de deriva¸c˜ao.

(3)Derivada da fun¸c˜ao tangente.

Sef:X_⊂R_→R_{, sendo}X=x_∈R:x₆= π

2+kπ,k∈Z , ´e tal que f(x) =tg(x), temos que sua derivada pode

ser expressa por

f′_{(x) = (tg(x))}′₌

sen(x) cos(x)

′

= cos(x)cos(x) +sen(x)sen(x)

cos2_(x) =

1

cos2_(x) =sec 2_(x).

(4)Derivada da fun¸c˜ao cotangente.

Sef:X_⊂R_→R_{, sendo} X={x_∈R:x₆=kπ,k_∈Z}, ´e tal que f(x) =cotg(x), temos que sua derivada pode ser expressa por

f′_{(x) = (cotg(x))}′₌

cos(x) sen(x)

′

= −sen(x)sen(x) −cos(x)cos(x)

sen2_(x) =

−1

sen2_(x)= −cossec 2_(x).

(5)Derivada da fun¸c˜ao secante.

Sef:X_⊂R_→R_{, sendo}X=x_∈R:x₆= π

2+kπ,k∈Z , ´e tal quef(x) =sec(x), temos que sua derivada pode

ser expressa por

f′_{(x) = (sec(x))}′ ₌

1 cos(x)

′

= 0.cos(x) +1sen(x) cos2_(x) =

1 cos(x).

sen(x)

cos(x) =sec(x)tg(x).

(6)Derivada da fun¸c˜ao cossecante.

Sef:X_⊂R_→R_{, sendoX}={x_∈R:x₆=kπ,k_∈Z}, ´e tal quef(x) =cossec(x), temos que sua derivada pode ser expressa por

f′_{(x) = (cossec(x))}′₌

1 sen(x)

′

= 0.sen(x) −1cos(x) sen2_(x) = −

1 sen(x).

cos(x)

sen(x) = −cossec(x)cotg(x).

3.6

Regra da Cadeia

Teorema. (Regra da Cadeia) Sejam h:X_⊂R_→R_eg:Y _⊂R_→R _{fun¸c˜oes deriv´aveis tais que Imh⊂Y. Ent˜ao,}

f=g_◦h:X_⊂R_→R_{´e deriv´avel e}f′_{(x) = (g◦h)}′_{(x) =g}′_(h(x)).h′_(x).

Observa¸c˜ao: na Regra da Cadeia, se escrevermos y=g(u)eu=h(x)temos y=g_◦h(x)e, na nota¸c˜ao de Leibniz,

dy dx = dy du du dx.

Exemplo 1. Derivef:R_→R_{tal que f(x) = x}2_+5x13_.

Resolu¸c˜ao. A fun¸c˜aofpode ser vista como a compostaf=g_◦htal queg(x) =x13_{eh(x) =x}2_{+5x, que s˜ao fun¸c˜oes}

Logo, pela Regra da Cadeia,f′_{(x) =g}′_(h(x))h′_{(x) =13(h(x))}12_h′_{(x) =13 x}2_+5x12_(2x+5).

Exemplo 2. Derivef:R_→R_{tal que} f(x) =sen x5_−2x+1.

Resolu¸c˜ao. A fun¸c˜aofpode ser vista como a compostaf=g_◦htal queg(x) =sen(x)eh(x) =x5_{−2x+1, que s˜ao}

fun¸c˜oes deriv´aveis.

Logo, pela Regra da Cadeia,f′_{(x) =g}′_(h(x))h′_{(x) =cos(h(x))h}′_{(x) =cos x}5_{−2x+1 5x}4_−2.

Exemplo 3. Derivef:X_⊂R_→R_{, com}X=x_∈R:x₆= π

2+kπ,k∈Z , tal que f(x) =tg 6_(x).

Resolu¸c˜ao. A fun¸c˜ao fpode ser vista como a compostaf=g_◦htal que g(x) =x6_{eh(x) =tg(x), que s˜ao fun¸c˜oes}

deriv´aveis.

Logo, pela Regra da Cadeia,f′_{(x) =g}′_(h(x))h′_{(x) =6(h(x))}5_h′_{(x) =6tg}5_(x)sec2_(x).

Exemplo 4. Derivef:R_→R_{tal que} f(x) = 1−2x 1+x4

4

.

Resolu¸c˜ao. A fun¸c˜aof pode ser vista como a compostaf=g_◦h tal queg(x) =x4_{eh(x) =} 1−2x

1+x4, que s˜ao fun¸c˜oes deriv´aveis.

Logo, pela Regra da Cadeia,f′_{(x) =g}′_(h(x))h′_{(x) =4h(x)}3_h′_{(x) =4} 1−2x 1+x4

3−2(1+x4)−(1−2x)4x3

(1+x4₎2

.

Exemplo 5. Derivef:R_→R_{tal que} f(x) = (x 2₋₁₎3 (1+x2₎2.

Resolu¸c˜ao. Pela regra do quociente, f′_{(x) =}

(x2₋₁₎3′ (1+x2₎2

−(x2₋₁₎3

(1+x2₎2′

((1+x2₎2₎2 . Temos duas compostas a serem derivadas:

x2₋₁3′ _{=3 x}2₋₁2_2x

1+x22′ _{=2 1+x}2_2x

Logo,f′_{(x) =} 3(x 2

−1)22x(1+x2)2−(x2−1)32(1+x2)2x

((1+x2₎2₎2 .

3.7

Derivadas de Fun¸

c˜

oes Inversas

Teorema. Seja g:Y _⊂R_→X_⊂R_{deriv´avel e invert´ıvel tal que} g−1 _{seja cont´ınua e, ainda,g}′ _g−1_(x)

6

= 0 para todo x_∈X. Ent˜ao,g−1_:X⊂R

→Y_⊂R_{´e deriv´avel e} g−1′

(x) = _g′(g−11_(x)).

Observa¸c˜oes:

(1)se escrevermosy=g−1_{(x)ex=g(y)temos, na nota¸c˜ao de Leibniz,} dy dx =

1

dx dy .

(2) um procedimento pr´atico para o c´alculo da derivada de uma fun¸c˜ao inversa, considerando g e g−1 _sejam

deriv´aveis, vem da Regra da Cadeia:

g g−1(x)=x_⇒ g g−1(x)′= (x)′_⇒g′ _g−1_{(x). g}−1′_{(x) =1}

⇒ g−1′(x) = 1 g′_(g−1_(x)),

supondo, obviamente, queg′ _g−1_(x)6=0.

Exemplo 1. Derivef: ]−1, 1[_⊂R_→−π 2,

π 2

⊂R_{tal que}f(x) =arcsen(x).

Resolu¸c˜ao. A fun¸c˜ao f ´e a inversa da fun¸c˜ao seno, ou seja, f = g−1 _{sendog: −}π 2,

π 2

⊂ R_{→ ]−1, 1[ ⊂}R _{tal que}

x y

0

gráfico def

1 p/2

-1

-p/2

A fun¸c˜aog´e deriv´avel,g−1´e cont´ınua eg′ _g−1_(x)

6

=0no dom´ınio considerado. Logo,

g−1′(x) = 1

g′_(g−1_(x)) ⇒

f′_{(x) =} 1

cos(arcsen(x)) ⇒

f′_{(x) = p} 1

1−sen2_(arcsen(x)) (em

−π

2, π 2

cosseno ´e positivo)⇒

f′_{(x) = √} 1 1−x2.

Pelo “procedimento pr´atico”:

sen(arcsen(x)) =x_⇒(sen(arcsen(x)))′_{= (x)}′

⇒cos(arcsen(x)) (arcsen(x))′₌₁

⇒

(arcsen(x))′₌ 1

cos(arcsen(x)) ⇒f

′_{(x) = p} 1

1−sen2_(arcsen(x)) ⇒f

′_{(x) = √} 1 1−x2.

Exemplo 2. Derivef: ]−1, 1[_⊂R_→]0, π[_⊂R_{tal que}f(x) =arccos(x).

Resolu¸c˜ao. A fun¸c˜ao f ´e a inversa da fun¸c˜ao cosseno, ou seja, f = g−1 _{sendog : ]0, π[ ⊂R → ]−1, 1[⊂ R tal que}

g(x) =cos(x).

x y

0

gráfico def

1 p/₂

-1 p

A fun¸c˜aog´e deriv´avel,g−1_{´e cont´ınua eg}′ _g−1_{(x)6=0no dom´ınio considerado.}

Logo,

g−1′(x) = 1

g′_(g−1_(x)) ⇒

f′_{(x) =} 1

−sen(arccos(x))⇒

f′_{(x) = p} −1

1−cos2_(arccos(x)) (em ]0, π[ seno ´e positivo)⇒

Pelo “procedimento pr´atico”:

cos(arccos(x)) =x⇒(cos(arccos(x)))′ _{= (x)}′

⇒−sen(arccos(x)) (arccos(x))′₌₁

⇒

(arccos(x))′ ₌ −1

sen(arccos(x)) ⇒f

′_{(x) = p} −1

1−cos2_(arccos(x))⇒f

′_{(x) = √} −1 1−x2.

Exemplo 3. Derivef:R_→−π₂,π_2⊂R_{tal que}f(x) =arctg(x).

Resolu¸c˜ao. A fun¸c˜ao f ´e a inversa da fun¸c˜ao tangente, ou seja, f = g−1 _{sendo g : −}π 2,

π 2

⊂ R _→ R _{tal que}

g(x) =tg(x).

x y

0

gráfico def p/₂

-p/₂

A fun¸c˜aog´e deriv´avel,g−1_{´e cont´ınua eg}′ _g−1_{(x)6=0no dom´ınio considerado.}

Logo,

g−1′(x) = 1

g′_(g−1_(x)) ⇒

f′_{(x) =} 1

sec2_(arctg(x)) ⇒

f′_{(x) =} 1

1+tg2_(arctg(x)) ⇒

f′_{(x) =} 1 1+x2

Pelo “procedimento pr´atico”:

tg(arctg(x)) =x_⇒(tg(arctg(x)))′_{= (x)}′

⇒sec2(arctg(x)) (arctg(x))′ ₌₁

⇒

(arctg(x))′= 1

sec2_(arctg(x))⇒f′(x) =

1

1+tg2_(arctg(x)) ⇒f′(x) =

1 1+x2.

Exemplo 4. Derivef:R_{→]0, π[⊂}R_{tal quef(x) =arccotg(x).}

Resolu¸c˜ao. A fun¸c˜ao f ´e a inversa da fun¸c˜ao cotangente, ou seja, f = g−1 _{sendo g : ]0, π[ ⊂ R}

→ R _{tal que}

g(x) =cotg(x).

x y

0

gráfico def p/₂

p

Logo,

g−1′(x) = 1

g′_(g−1_(x)) ⇒

f′_{(x) =} 1

−cossec2_(arccotg(x)) ⇒

f′_{(x) =} −1

1+cotg2_(arccotg(x)) ⇒

f′_{(x) =} −1 1+x2

Pelo “procedimento pr´atico”:

cotg(arccotg(x)) =x_⇒(cotg(arccotg(x)))′ = (x)′_⇒−cossec2_{(arccotg(x)) (arccotg(x))}′₌₁

⇒

(arccotg(x))′₌ −1

cossec2_(arccotg(x))⇒f

′_{(x) =} −1

1+cotg2_(arccotg(x))⇒f

′_{(x) =} −1 1+x2.

Exerc´ıcios.

(1)Derivef:R_→−π 2,

π 2

⊂R_{tal que}f(x) =xarctg x2_.

(2)Derivef:R∗_→−π 2,

π 2

−{0}_⊂R_{tal quef}(x) = _arctg(sen(3x_4x)₎.

(3)Derivef:R_→−π

2, π 2

⊂R_{tal quef(x) =} 3 q

(x+arctg(x))2.

3.8

Derivadas de

f

(

x

) =

e

e

f

(

x

) =

_ln

(

x

)

Exerc´ıcio 1. Mostre que sef:R_→R_{+, tal que} f(x) =ex_{, ent˜ao f}′_{(x) =e}x_.

Resolu¸c˜ao. Temos

f′_{(x) = lim}

h→0

ex+h_−ex

h =hlim→0e x

eh₋₁

h

=ex lim

h→0

eh₋₁

h .

Mas, fazendoy=eh_{−1, temos}

lim

h→0 eh₋₁

h =ylim→0 y

ln(y+1) =ylim→0 1

ln(y+1)y1

= 1

lnlimy→0(y+1) 1 y

= 1

ln(e) =1.

Conclus˜ao:

f′_{(x) =e}x_.

Exerc´ıcio 2. Mostre que sef:R_+→R_{, tal que} f(x) =ln(x), ent˜aof′_{(x) =} 1 x.

Resolu¸c˜ao. Temos que f(x) = ln(x) ´e inversa de g(x) = ex_{, ou seja, f = g}−1_{, sendo g deriv´avel, g}−1 _{cont´ınua e}

g′ _g−1_(x)6=0.

Logo,

f′_{(x) = g}−1′_{(x) =} 1

g′_(g−1_(x))=

1 eln(x) =

1 x.

Observa¸c˜ao: pelo “procedimento pr´atico”: eln(x)_=x

⇒ eln(x)′_{= (x)}′

⇒eln(x) _ln′_(x)=1

⇒ln′(x) =eln1(x) =

1 x.

Exerc´ıcio 3. Derivef:R_+→R_{, tal que}f(x) =log2(x).

3.9

Derivada de

f

(x) =

g

(x)

Sejam g:X_⊂R_→R_{+, ou seja,g(x)> 0para qualquerx∈X, eh:X⊂}R_→R_{deriv´aveis.}

Consideremosf:X_⊂R_→R_{+ dada por}f(x) =g(x)h(x). Temos:

f′_{(x) =g(x)}h(x)′ _=eln₍g(x)h(x)₎′

=eh(x)ln(g(x))′_=eh(x)ln(g(x))_{[h(x)ln(g(x))]}′_=g(x)h(x)

[h(x)ln(g(x))]′_.

Exemplo 1. Derivef:R_{+ →}R_{+ tal que f(x) =x}x_.

Resolu¸c˜ao. Neste caso, temos g(x) =h(x) =x. Logo,

f′_{(x) =x}x_[xln(x)]′_=xx

1.ln(x) +x1 x

=xx_(1+ln(x)).

Exemplo 2. Sendof:R_+→R_{+ tal que} f(x) =xα _{comαreal, a derivada de fsegue a mesma regra que deduzimos}

para α=n natural. Por´em, no caso real a justificativa ´e dada pela regra da derivada deg(x)h(x) que, neste caso, ´e g(x) =xeh(x) =α. Assim:

f′_{(x) =x}α_[αln(x)]′_=xα

α1

x

=αxα−1.

Exerc´ıcio 1. Derivef:R_→R_{, tal que}f(x) =ax_{, sendoa > 0.}

Resolu¸c˜ao. Temos

f′_{(x) =a}x_[xln(a)]′ _=ax_ln(a).

Exerc´ıcio 2. Derivef:R_+→R_{, tal quef(x) =8}x_+log 2(x).

Resolu¸c˜ao. Temosf(x) =8x₊ln(x)

ln(2), ou seja,f′(x) =8xln(8) +

1 xln(2).

3.10

Derivadas de Fun¸

c˜

oes Hiperb´

olicas

Defini¸c˜oes. A fun¸c˜aof:R_→R_{dada porf(x) =} ex−e−x

2 ´e chamada de fun¸c˜aoseno hiperb´olico e ´e indicada por

f(x) =senh(x).

A fun¸c˜ao f : R _→ R _{dada por} f(x) = ex+e−x

2 ´e chamada de fun¸c˜ao cosseno hiperb´olico e ´e indicada por

f(x) =cosh(x).

A fun¸c˜ao f : R _→ R _{dada por} f(x) = _coshsenh(₍x_x)₎ ´e chamada de fun¸c˜ao tangente hiperb´olica e ´e indicada por

f(x) =tgh(x).

A fun¸c˜aof : R_{+ →}R _{dada por f}(x) = _senhcosh(₍x_x)₎ ´e chamada de fun¸c˜ao cotangente hiperb´olicae ´e indicada por

f(x) =cotgh(x).

A fun¸c˜ao f : R _→ R _{dada por} f(x) = 1

cosh(x) ´e chamada de fun¸c˜ao secante hiperb´olica e ´e indicada por

f(x) =sech(x).

A fun¸c˜ao f : R_{+ →} R_{dada por} f(x) = 1

senh(x) ´e chamada de fun¸c˜ao cossecante hiperb´olica e ´e indicada por

f(x)=senh x( )

y

0 x

1

f(x)=cosh x( )

senh

cosh

bissetriz

f(x)=tgh x( )

f(x)=cotgh x( )

cotgh tgh x x y y 0 0 1 y y y x x x

0 0 0

1 1 1

-1 -1 -1

Observemos que:

(1)cosh2_{(x) −senh}2_{(x) =1, pois}ex_+e−x

2

2

−ex−₂e−x2= e2x+2exe−x+e−2x−₄e2x+2exe−x−e−2x =1. (2)tgh2_{(x) +sech}2_{(x) =1, pois}senh(x)

cosh(x) 2

+_cosh(1_x)2= 1+senh_cosh2₍2_x(₎x) =1.

(3)cotgh2(x) −cossech2(x) =1, pois _senh(cosh(x_x)₎2− 1

senh(x) 2

= cosh_senh2(2x₍)−_x)1=1.

Derivando as fun¸c˜oes hiperb´olicas:

senh′_{(x) =}

ex_−e−x

2 ′

= e

x_−e−x₍₋₁₎

2 =

ex_+e−x

2 =cosh(x)

cosh′_{(x) =}

ex_+e−x

2 ′

= e

x_+e−x₍₋₁₎

2 =

ex_−e−x

2 =senh(x)

tgh′_{(x) =}

senh(x) cosh(x)

′

= cosh(x)cosh(x) −senh(x)senh(x)

cosh2(x) =

1

cosh2(x) =sech

2_(x)

cotgh′_{(x) =}

cosh(x) senh(x)

′

= senh(x)senh(x) −cosh(x)cosh(x)

senh2(x) =

−1

senh2(x) = −cossech

2_(x)

sech′_{(x) =}

1 cosh(x)

′

= 0.cosh(x) −1.senh(x) cosh2(x) = −

1 cosh(x).

senh(x)

cosh(x) = −sech(x)tgh(x)

cossech′_{(x) =}

1 senh(x)

′

= 0.senh(x) −1.cosh(x) senh2_(x) = −

1 senh(x).

cosh(x)

senh(x)= −cossech(x)cotgh(x)

Exerc´ıcio 1. Derivef:R_→R_{, tal quef´e a fun¸c˜ao inversa do seno hiperb´olico: f(x) =senh}−1_(x).

Resolu¸c˜ao. Temos queg(x) =senh(x)´e deriv´avel, g−1_{(x) =f(x) =senh}−1_{(x)´e cont´ınua e}

g′ _g−1_{(x) 6=0 para}

todo xreal.

Logo,f′_{(x) =} 1

cosh₍senh−1_(x)) =

1

q

1+senh2_(senh−1_(x)) =

1

√

1+x2.

Pelo “procedimento pr´atico”: senhsenh−1(x)=x_⇒senhsenh−1(x)′= (x)′

⇒

coshsenh−1(x) senh−1(x)′=1_⇒senh−1(x)′= 1

cosh(senh−1_(x))=

1

√

Exerc´ıcio 2. Derivef: ]1,+_∞[_⊂R_→R_{+, tal que f´e a fun¸c˜ao inversa do cosseno hiperb´olico: f}(x) =cosh−1(x).

Resolu¸c˜ao. Temos que g(x) = cosh(x)´e deriv´avel, g−1_{(x) =f(x) =cosh}−1_{(x)´e cont´ınua e g}′ _g−1_{(x) 6=0 para}

todo x_∈]1,+_∞[.

Logo,f′_{(x) =} 1

senh(cosh−1_(x)) =

1

q

cosh2_(cosh−1_(x))−1 =

1

√

x2₋₁.

Pelo “procedimento pr´atico”: coshcosh−1(x)=x⇒

coshcosh−1(x)′= (x)′

⇒

senhcosh−1(x) cosh−1(x)′=1_⇒cosh−1(x)′= 1

senh(cosh−1_(x)) =

1

√

x2₋₁.

3.11

Derivadas de Ordens Superiores

Sejaf:X_⊂R_→R_deriv´avel.

Sef′ _:X

1⊂R→Rfor deriv´avel, podemos considerar a derivada da derivada def, chamada dederivada segunda

def ouderivada de segunda ordemdefe indicada por f′′_:X

2⊂R→R.

A derivada segunda de y = f(x) na nota¸c˜ao de Leibniz ´e dada por y′′ _{= f}′′_{(x) =} d dx

dy dx

= d_dx2y2, ou ent˜ao,

f′′_{(x) =} d2f dx2(x).

Naturalmente, podemos generalizar o procedimento acima criando asderivadas de ordem superior. Aderivada de ordemn_∈N_{def, indicada por}f(n)_:X

n⊂R→Rtal quef(n)(x) = (f′)′

···′

(x), (nderivadas).

Na nota¸c˜ao de Leibniz: y(n)_=f(n)_{(x) =} d dx

d dx· · ·

d dx

dy dx

| {z }

nderivadas

= d_dxnny, ou ent˜ao,f(n)(x) = d n_f

dxn (x).

Exemplo 1. Dadaf:R_→R_{tal que}f(x) =sen(x), encontref(5)_.

Resolu¸c˜ao.

Temosf′_{(x) =cos(x),f}′′_{(x) = −sen(x),f}′′′_{(x) = −cos(x),f}(4)_{(x) =sen(x)e, finalmente,f}(5)_{(x) =cos(x).}

Exemplo 2. Dadaf:R_→R_{tal quef}(x) =x5+2x−5, encontref(200).

Resolu¸c˜ao.

Temosf′_{(x) =5x}4_+2,f′′_{(x) =20x}3_,f′′′_{(x) =60x}2_,f(4)_{(x) =120x,f}(5)_{(x) =120e, finalmente,f}(n)_{(x) =0para} n_≥6. Em particular,f(200)_{(x) =0.}

Exemplo 3. Dadaf:R∗_→R_{tal quef}(x) = 1

x, encontre f

(n)_.

Resolu¸c˜ao.

Temos f′_{(x) = −}1

x2, f′′(x) = 1.2_x3, f′′′(x) = −1.2.3_x4 , f(4)(x) = 1.2.3.4_x5 , f(5)(x) = −1.2.3.4.5_x6 . Generalizando: f(n)_{(x) = (−1)}n n!

xn+1.

Exemplo 4. Dadaf:R_→R_{tal que}f(x) = (1+x)n, utilizando derivadas, desenvolva a potˆencia.

Resolu¸c˜ao.

Sabemos que(1+x)n´e um polinˆomio de graun. Logo,

(1+x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+· · ·+an−1xn−1+anxn (1)

Quando x=0 temos

1=a0⇒a0=

1

1 ⇒ a0= n! 0!n! .

Derivando(1)temos

Quandox=0temos

n=a1⇒a1=

n

1 ⇒ a1= n! 1! (n−1) ! .

Derivando(2)temos

n(n−1) (1+x)n−2=1.2a2+2.3a3x+· · ·+ (n−1) (n−2)an−1xn−3+n(n−1)anxn−2 (3)

Quandox=0temos

n(n−1) =1.2a2⇒a2=

n(n−1)

2.1 ⇒ a2= n! 2! (n−2) ! .

Derivando(3)temos

n(n−1) (n−2) (1+x)n−3=2.3a3+· · ·+ (n−1) (n−2) (n−3)an−1xn−4+n(n−1) (n−2)anxn−3

Quandox=0temos

n(n−1) (n−2) =2.3a3⇒a3=

n(n−1) (n−2)

3.2.1 ⇒ a3= n! 3! (n−3) ! .

Generalizando, nak-´esima derivada(k_≤n)temos

ak=

n! k! (n−k) !

Os n´umeros da forma n!

k!(n−k)! s˜ao chamados den´umeros binomiais (oucoeficientes binomiais) denna classeke s˜ao indicados por n

k

, ou seja,

n k

= n!

k! (n−k) !

Uma curiosidade: n_kconsiste no n´umero de combina¸c˜oes dentermos, kak. Com isso, parak=0, . . . , n, temos

ak=

n k

e conclu´ımos que

(1+x)n=

n P

k=0

n k

xk

Observa¸c˜ao: como desevolver(a+b)n? Observe:

(a+b)n=

a

1+ b a

n

=an

1+b a

n

=an

n P

k=1

n k b a k = n P

k=1

n k

anb

k

ak ⇒

(a+b)n =

n P

k=0

n k

an−k_bk

3.12

Deriva¸

c˜

ao Impl´ıcita

Seja E(x, y) = 0 uma equa¸c˜ao nas vari´aveis xey. Dizemos que a fun¸c˜ao f: X_⊂R_→R_{, tal que} y= f(x), ´e dada implicitamente por tal equa¸c˜ao quando(x, f(x))for solu¸c˜ao deE(x, y) =0para todox_∈X.

Por exemplo, E(x, y) = 0 dada por E(x, y) = x2_+y2_{−1 fornece a equa¸c˜ao x}2_+y2 _{= 1, e podemos definir}

y=f(x) =√1−x2_{, ou ent˜ao y=f(x) = −}√_1−x2_{, com−1≤x≤1, como sendo fun¸c˜oes dadas implicitamente por}

x2_+y2_=1.

No exemplo acima:

x2+y2=1_⇒x2+ (f(x))2=1_⇒2x+2f(x)f′_{(x) =0⇒f}′_{(x) = −} x

f(x), sendof(x)6=0.

Exemplo 1. Dada a equa¸c˜aoy3_{+y=x, sendoy=f(x)dada implicitamente, derivef.}

Resolu¸c˜ao. Temos

y3+y=x_⇒(f(x))3+f(x) =x_⇒3(f(x))2f′_{(x) +f}′_{(x) =1}

⇒f′_{(x) =} 1 1+3(f(x))2.

De forma simplificada:

y′ ₌ 1 1+3y2.

Notemos que, neste caso, n˜ao ´e f´acil encontrar uma express˜ao anal´ıtica expl´ıcita paray=f(x).

Exemplo 2. No exemplo acima, calcule a equa¸c˜ao da reta tangente ao gr´afico dey=f(x)no ponto(10, 2).

Resolu¸c˜ao.

Primeiramente, observemos que(x0, y0) = (10, 2)satisfaz a equa¸c˜aoy3+y=x, o que significa que(10, 2)est´a no

gr´afico def.

O coeficiente angular da reta tangente ao gr´afico de f no ponto (10, 2) ´e dado por f′_{(10). Como f(10) = 2, a} derivada f′_{(x) =} 1

1+3(f(x))2 encontrada no exemplo acima permite que encontremosf′(10):

f′_{(10) =} 1

1+3(f(10))2 = 1 1+3(2)2 =

1 13.

Da equa¸c˜ao da reta tangentey−y0=f′(x0) (x−x0)temos

y−2= 1

13(x−10).

3.13

Interpreta¸

c˜

ao da Derivada como Taxa de Varia¸

c˜

ao Instantˆ

anea

Motiva¸c˜ao:

Considere que um objeto inicia um movimento ao longo de um caminho retil´ıneo, a partir de um ponto O, e que sua distˆancia at´eO(em metros) esteja em fun¸c˜ao do tempo (em segundos) de acordo com a fun¸c˜ao

s(t) =5t2,t_≥0.

Logo:

- No instantet=0, o objeto se encontra as(0) =5.02=0 m do pontoO. - No instantet=1, o objeto se encontra as(1) =5.12=5 m do pontoO. - No instantet=2, o objeto se encontra as(2) =5.22_{=20 mdo pontoO.}

Generalizando:

- No instantet=t0, o objeto se encontra as(t0) =5t20 mdo pontoO.

0 m 5 m 20 m

t₌0 s t ₌1 s t₌2 s

caminho

Figura: _{Percebemos que a velocidade do objeto est´a variando, ou seja, n˜ao ´e constante.}

Pergunta:

(1′_{) Qu˜ao r´apido est´a crescendo a distˆancia do objeto ao ponto O, em rela¸c˜ao ao tempo, em um determinado} instante?

(1′′_{)Qual ´e a taxa de crescimento da distˆancia do objeto ao pontoO, em rela¸c˜ao ao tempo, em um determinado} instante?

ou, equivalentemente:

(1′′′_{)Qual ´e a velocidade instantˆanea (ou exata) do objeto em determinado instante?}

Chamando de v(t) a velocidade instantˆanea do objeto no instante t, uma aproxima¸c˜ao de v(t) ´e dada pela velocidade m´edia do objeto no “trecho” de s(t)es(t+h)parahpequeno, ou seja,

v(t)=∼ s(t+h) −s(t) (t+h) −t =

s(t+h) −s(t)

h m/s.

Por exemplo:

- Set=1eh=0, 1ent˜aov(1)=∼ s(1,1_0,1)−s(1) = 5.(1,1_0,1)2−5.12 =10, 5 m/s.

- Set=1eh=0, 01ent˜aov(1)=∼ s(1,01_0,01)−s(1) = 5.(1,01_0,01)2−5.12 =10, 05 m/s. ´

E claro que quanto menor for h, melhor ser´a a aproxima¸c˜ao da velocidade instantˆanea v(t) no instante t pela velocidade m´edia no “trecho” des(t)a s(t+h).

Assim, ´e natural definir a velocidade instantˆanea v(t) como sendo o limite das velocidades m´edias quando h tende a 0, ou seja,

v(t) = lim

h→0

s(t+h) −s(t)

h =s

′_{(t) m/s.}

No nosso exemplo,v(1) =s′_{(1) =2.5.1}2_{=10 m/s.}

Genericamente:

v(t) =s′_{(t) =10t m/s.}

De modo geral, a taxa de varia¸c˜ao instantˆanea (ou taxa de crescimento/decrescimento) de uma fun¸c˜ao f : X _⊂

R_→R_{, em rela¸c˜ao a sua vari´avel, em um pontox∈X´e dada pela derivada defemx, ou seja, f}′_{(x), caso a derivada} exista.

Exerc´ıcio:

Considere um objeto em movimento por um caminho retil´ıneo cuja distˆancia a um pontoO(em metros) em fun¸c˜ao do tempo (em segundos) ´e dada pors(t) =39, 2t+4, 9t2_{,t≥0. Sabendo-se que a taxa de varia¸c˜ao da distˆancia em}

rela¸c˜ao ao tempo ´e a velocidade e que a taxa de varia¸c˜ao da velocidade em rela¸c˜ao ao tempo ´e a acelera¸c˜ao, diga se o movimento ´e uniformemente acelerado e qual distˆancia at´eO, velocidade e acelera¸c˜ao do objeto emt=0 set=1 s.

Resolu¸c˜ao:

s(t) =39, 2t+4, 9t2m(distˆancia at´eO) v(t) =s′_{(t) =39, 2+9, 8t m/s(velocidade)}

a(t) =v′_{(t) =9, 8 m/s}2 _{(acelera¸c˜ao)}

Como a acelera¸c˜ao ´e constante, o movimento ´e uniformemente acelerado. Parat=0:

s(0) =0 m. v(0) =39, 2 m/s.

a(0) =9, 8 m/s2.

Parat=1:

s(1) =44, 1 m. v(1) =49 m/s.

3.14

Taxas Relacionadas

´

E frequente problemas envolvendo duas taxas de crescimento ou decrescimento (varia¸c˜ao) que est˜ao relacionadas. ou vinculadas. Por exemplo, quando enchemos uma bexiga com formato esf´erico, a taxa de crescimento do volume interno em rela¸c˜ao ao tempo est´a relacionada com a taxa de crescimento do raio de bexiga, tamb´em em rela¸c˜ao ao tempo.

Geralmente, conhecendo-se uma taxa, podemos calcular a outra taxa relacionada usando aRegra da Cadeia.

Exemplo 1.

Suponha que a taxa de crescimento do volume de uma bexiga esf´erica em rela¸c˜ao ao tempo ´e constante e de100 cm3_{/s. Qual ´e a taxa de crescimento do raio da bexiga, tamb´em em rela¸c˜ao ao tempo, no instante em que o raio da}

bexiga ´e de25 cm? Resolu¸c˜ao: Temos

r 100 cm s3_/

Figura: _{Bexiga esf´erica que est´a sendo inflada.}

V(r) = 4 3πr

3_{: volume da bexiga em fun¸c˜ao do raio.}

v(t) : volume da bexiga em fun¸c˜ao do tempo.

v′_{(t) =100 cm}3_{/s : taxa de crescimento do volume da bexiga em rela¸c˜ao ao tempo.}

r(t) : raio da bexiga em fun¸c˜ao do tempo.

r′_{(t) : taxa de crescimento do raio da bexiga em rela¸c˜ao ao tempo.}

Notemos que, neste exemplo, a taxa de varia¸c˜ao v′_{(t)´e constante, ou seja, n˜ao depende do tempo.} ´

E claro que

v(t) =V(r(t)), ou seja, os volumes em fun¸c˜ao do tempo s˜ao iguais.

Queremosr′_{(t)no instantet=t}

0em que o raio da bexiga ´e de25 cm, ou seja, queremosr′(t)quandor(t0) =25

cm.

Pela Regra da Cadeia, dev(t) =V(t(t)),

v′_{(t) = (V(r(t)))}′_=V′_(r(t)).r′_(t).

Como

V(r) = 4 3πr

3

⇒V′_{(r) =4πr}2

⇒V′_{(r(t)) =4π(r(t))}2_.

No instantet=t0desejado:

v′_(t

0) =V′(r(t0)).r′(t0) =4π(r(t0))2.r′(t0)⇒100=4π(25)2.r′(t0)⇒r′(t0) =

1

25π cm/s, ou seja, o raio da bexiga est´a crescendo `a taxa de 1

25π cm/squando seu raio ´e de25 cm.

Exemplo 2.

Dois carrosAeBest˜ao trafegando por estradas perpendiculares conforme o esquema abaixo.

A

B

Suponhamos que a taxa de varia¸c˜ao do espa¸co percorrido em rela¸c˜ao ao tempo, ou seja, a velocidade, seja50 km/h para o carroAe60 km/hpara o carroB.

Qual ´e a velocidade de aproxima¸c˜ao dos carros no instante em que eles est˜ao a 300 me400 m, respectivamente, do cruzamento das estradas?

Resolu¸c˜ao:

Consideremos o esquema:

A O

B 0 3 km,

0 4 km, 50 km h_/

60 km h/

Figura: _{Triˆangulo retˆangulo derivado da situa¸c˜ao exposta.}

Temos:

x(t) : distˆancia percorrida porAem fun¸c˜ao do tempo at´e o ponto O.

x′_{(t) = −50 km/h: taxa de decrescimentoda distˆancia percorrida porAem rela¸c˜ao ao tempo.} y(t) : distˆancia percorrida porBem fun¸c˜ao do tempo at´e o pontoO.

y′_{(t) = −60 km/h: taxa dedecrescimentoda distˆancia percorrida porBem rela¸c˜ao ao tempo.} d(t) : distˆancia entreAeBem fun¸c˜ao do tempo.

Observemos que as taxas x′_{(t) e y}′_{(t) s˜ao negativas porque as distˆancias de A e B at´e O est˜ao diminuindo `a} medida que o tempo passa.

Queremosd′_{(t), que ´e a taxa de varia¸c˜ao da distˆancia entreAeB, em rela¸c˜ao ao tempo, quandot=t}

0´e tal que

x(t0) =0, 3 kmey(t0) =0, 4 km. Em palavras mais simples,d′(t)´e a velocidade de aproxima¸c˜ao entreAeB.

Pelo Teorema de Pit´agoras e Regra da Cadeia,

d(t)2=x(t)2+y(t)2_⇒2d(t)d′_{(t) =2x(t)x}′_{(t) +2y(t)y}′_(t)

⇒d(t)d′_{(t) =x(t)x}′_{(t) +y(t)y}′_(t).

No instantet=t0temos

d(t0) =

q

x(t0)2+y(t0)2=

p

0, 32_{+0, 4}2_{=0, 5}

portanto,

d(t0)d′(t0) =x(t0)x′(t0) +y(t0)y′(t0)⇒0, 5.d′(t0) =0, 3(−50) +0, 4(−60)⇒d′(t0) = −78 km/h.

Logo, no instantet=t0do enunciado, os carrosAeBest˜ao se aproximando `a velocidade de78 km/h.

Exemplo 3.

Um recipiente cheio de ´agua com a forma de um cone invertido est´a sendo esvaziado a uma taxa de6 cm3_/min.

A altura do cone ´e de24 cme o raio da base ´e12 cm. Encontre a velocidade com que o n´ıvel da ´agua est´a abaixando quando sua altura for de 10 cm.

Resolu¸c˜ao.

Considere a figura abaixo.

12 cm

24 cm

r

h

6 cm min3_/

Temos:

h r =

24 12 ⇒r=

h

2 (colocandorem fun¸c˜ao deh)

V= πr

2_h

3 ⇒V(h) = πh3

12 : volume do l´ıquido em fun¸c˜ao da altura.

Mas r=r(t)eh=h(t), ou seja, o raio e a altura do cone de l´ıquido variam com o tempo. Logo,

V(h(t)) = πh(t)

3

12 .

Por outro lado, chamando dev(t)o volume do cone de l´ıquido em fun¸c˜ao do tempo, temos v′_{(t) = −6 cm}3_/min

a taxa de varia¸c˜ao de seu volume em rela¸c˜ao ao tempo (negativa porque o volume est´a diminuindo). Deste modo, temos duas fun¸c˜oes do volume do cone de l´ıquido em fun¸c˜ao do tempo. Portanto:

v(t) =V(h(t)) = πh(t)

3

12 .

Queremosh′_(t

0)no instantet0em queh(t0) =10 cm.

Logo, pela Regra da Cadeia,

v′_{(t) =V}′_(h(t)).h′_{(t) =} πh(t)

2

4 h ′_(t).

Emt=t0temos

v′_(t

0) =

πh(t0)2

4 h

′_(t

0)⇒−6=

π102

4 h ′_(t

0)⇒h′(t0) = −

6

25π cm/min.

Observemos queh′_(t

0)´e negativa porque a alturah est´a diminuindo `a medida que o tempo passa.

Exemplo 4.

Considere um triˆangulo ABC articulado nos v´ertices tal modo que A = (0, 0), C = (x, 0), d(A, B) = 3 cm e d(B, C) =5 cm(xest´a variando). Suponha que a taxa de varia¸c˜ao da medida do ˆanguloAb seja de 1

2rad/sno sentido

anti-hor´ario. Determine a velocidade com que Cse aproxima deAquando ˆanguloAb medir π 2 rad.

Resolu¸c˜ao.

Consideremos a figura abaixo.

3 cm

5 cm

A

B

C

x t( ) x

y

q( )t

Figura: _{Triˆangulo articulado.}

Sejam

θ(t) : medida do ˆanguloAb em fun¸c˜ao do tempo. x(t) : distˆancia deCat´eAem fun¸c˜ao do tempo.

θ′_{(t) =} 1

2 rad/s: taxa de varia¸c˜ao da medida do ˆangulo Ab em rela¸c˜ao ao tempo.

Queremosx′_(t

0)quandot=t0´e tal queθ(t0) = π₂ rad, ou seja, quando x(t0) =4 cm.

3 cm 5 cm

A B

C x t( )₀

x y

q( )t₀

Figura: _{Triˆangulo no instante t=t0 tal que θ(t0) =} π

Pela Lei dos Cossenos aplicada ao triˆanguloABCdaFigura 6_:

52₌₃2_+x(t)2

−2.3.x(t).cos(θ(t))_⇒

0=0+2x(t)x′_{(t) −6x}′_{(t)cos(θ(t)) −6x(t) (−sen(θ(t)))θ}′_(t).

Parat=t0 daFigura 7temos

0=x(t0)x′(t0) −3x′(t0)cos(θ(t0)) +3x(t0)sen(θ(t0))θ′(t0)⇒

0=4x′_(t

0) −3x′(t0)cos

_π 2

+3.4.senπ 2

.1 2 ⇒ 0=4x′_(t

0) +6⇒

x′_(t

0) = −

3 2 cm/s.

Sinal negativo: o pontoCest´a se aproximando deA.

Exemplo 5.

Uma lˆampada ´e colocada em um poste a5 mde altura. Se um homem de2 mde altura caminha afastando-se da lˆampada a uma velocidade constante de5 m/s, com que velocidade se alonga sua sombra?

Resolu¸c˜ao.

Temos a figura abaixo.

5 m

x t( ) 2 m

y t( )

Figura: _{Poste, homem e sombra.}

Sejam

x(t) : comprimento da sombra em fun¸c˜ao do tempo. y(t) : distˆancia do homem ao poste em fun¸c˜ao do tempo.

y′_{(t) =5 m/staxa de crescimento da distˆancia do homem ao poste em rela¸c˜ao ao tempo. (velocidade do homem)}

Queremosx′_(t). Temos

5 2 =

y(t) +x(t) x(t) ⇒

5 2 =

y(t)

x(t)+1⇒2y(t) =3x(t)⇒2y

′_{(t) =3x}′_{(t)⇒2.5=3.x}′_(t)⇒x′_{(t) =} 10 3 m/s.

Logo, a sombra do homem est´a crescendo a uma taxa de 10

3 m/s, ou seja, a velocidade de alongamento da sombra