CAPÍTULO 4 - DERIVADAS
4.1- Incrementos e Razão Incremental
Seja y = f (x) uma função real de variável real, contínua em um dado intervalo do qual fazem parte os números
reais x1 e x2 e esses números são muito próximos entre si, isto é, |x2 – x1| < δ ou x2 – x1 tende a zero.
Nestas condições são aceitas as seguintes definições:
1) Incremento da variável independente x:
A variável independente x pode variar, aumentar ou diminuir de x1 até x2, variação esta, denominada
incremento ou acréscimo da variável x, indicada por: ∆x = x2 – x1.
2) Incremento da função y = f (x)
A função ou variável dependente y pode variar de f (x1) até f (x2), variação esta denominada aumento
ou acréscimo da função y = f (x), o qual é indicado por: ∆y = f (x2) – f (x1).
3) Razão Incremental da y = f (x)
Denomina-se razão incremental da função y = f (x) a razão entre os incrementos
∆y f (x 2 ) − f (x1 )
=
∆x
∆x
x 2 = x1 + ∆x
 ∆y 
∆y e ∆x →   .
 ∆x 
∆y f (x1 + ∆x ) − f (x1 )
=
∆x
∆x
4) Derivada de uma Função y = f (x)
Seja y = f (x) definida e contínua em um dado intervalo real, denomina-se função derivada ou derivada
de y = f (x) a função que se obtém através do limite da razão incremental de y = f (x) quando o incremento
dy df d ( f ( x ))
da variável independente x tende a zero. Tal função é indicada por: y’; f ’ (x);
;
;
.
dx dx
dx
∆y
f (x − ∆x ) − f ( x )
f ' ( x ) = lim
⇒ lim
Se este limite existir e for finito.
∆x →0 ∆x
∆x →0
∆x
Exercícios
1) Seja f (x) = x2 determine f ’(x).
f (x + ∆x ) − f ( x ) 0
f ' ( x ) = lim
= indeterminação
∆x →0
0
∆x
f ( x ) = x2
f (x + ∆x ) = (x + ∆x )2
f ' ( x ) = lim
(x + ∆x )2 − x 2
∆x
x + 2 x∆x + ∆x 2 − x 2
= lim
∆x →0
∆x
∆x.(2 x + ∆x )
= lim
∆x →0
∆x
= lim 2 x + ∆x
∆x →0
2
∆x →0
= 2x + 0
= 2x
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55
f (x ) = x 2 → f ' (x ) = 2 x
2)
f (x ) = a x
f ' (x ) = lim
∆x →0
f (x + ∆x ) − f (x )
∆x
f ( x ) = ax
f ( x + ∆x ) = a x + ∆x = a x .a ∆x
a x .a ∆x − a x
∆x →0
∆x
∆x
a −1
= a x . lim
∆x →0
∆x
au − 1
Lembrar : lim
= ln a
u →0
u
= a x . ln a
f ' ( x ) = lim
(
)
f ' ( x ) = a x . ln a
3)
f ( x ) = log a x
f (x + ∆x ) − f ( x )
∆x
f ' ( x ) = lim
∆x →0
f ( x ) = log a x
f (x + ∆x ) = log a (x + ∆x )
log a (x + ∆x ) − log a x
∆x
(x + ∆x ) 
1 
= lim
log a
∆x →0 ∆x 
x 
f ' ( x ) = lim
∆x →0
1 

∆x  ∆x 


= lim log a  1 +

∆x →0 
x  



1 

∆x  ∆x 


= log a lim  1 +

 ∆x →0
x  


= 1 ∞ → Indeterminação
1
Lembrar : lim (1 + u ) u = e
u →0
log a
1
ex
=
1
log a e
x
4.2- Derivada de uma função y = f (x) em um ponto x = x0
Seja y = f (x) contínua em um domínio D e x0 um ponto de acumulação de D. Denomina-se derivada de f (x) no
f ( x ) − f ( x0 )
ponto x0 ao limite: lim
.
x → x0
x − x0
Notação:
f ' (x0 ) =
dy
dx
x = x0
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Exercícios
1) Seja f(x) = x3, determinar a derivada de f no ponto que x0 =1.
x3 −1
f ' (1) = lim
x3 - 1 x-1
x →1 x − 1
3
-x + x2 x2 +x +1
= lim x 2 + x + 1 = 3
x2 - 1
x →1
-x2 + x
x-1
-x + 1
0
f ' (1) = 3
2) Seja f (x) = sen x, determinar a derivada de f no ponto que x0 = 0.
f (x ) − f (x0 )
f ' (x0 ) = lim
→
x 0
x − x0
f (0 ) = sen(0 ) = 0
sen x − 0
f ' (0 ) = lim
x →0
x −0
sen x
= lim
=1
x →0
x
f ' (0 ) = 1
3)
f (x ) = 3 x para x0 = 0.
f ' (0 ) = lim
3
x →0
= lim
3
x →0
= lim
x −0
x −0
x
x
1
3
x
x →0
x
1
= lim x 3 .x −1
x →0
= lim x
−
2
3
x →0
= lim
x →0 3
1
x2
1
= +∞
0+
f ' (0 ) = ∃
=
4.3- Teorema da Existência da Derivada em um Ponto
Existirá a derivada de uma função y = f (x) definida e contínua em um ponto x0 se e somente se as derivadas
laterais no ponto de abcissa x0 forem iguais, isto é:
4.3.1- Derivadas Laterais
( )
∗ f ' x0 − = lim −
( )
x → x0
∗ f ' x0 + = lim +
x → x0
f ( x ) − f ( x0 )
x − x0
f ( x ) − f ( x0 )
x − x0
( ) = f ' (x ).
f ' (x0 ) existirá se e somente se f ' x0
f ( x ) − f ( x0 )
∃ lim
x → x0
x − x0
⇔
−
0
.
+
f ( x ) − f ( x0 )
f ( x ) − f ( x0 )
∃ lim +
= lim −
x − x0
x − x0
x → x0
x → x0
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Exercícios
1) Verificar se existe a derivada de f (x) = |x| em x0 = 0.
 x se x ≥ 0
∗ f (x ) = 
− x se x < 0
f ' (0 ) = lim
x →0
= lim
f ( x ) − f ( x0 )
x −0
x −0
x −0
x
= lim
=∃
x →0 x
x
∗ lim+
= lim+
x →0 x
x →0
x
∗ lim−
= lim−
x →0 x
x →0
f ' (0 ) = ∃
x →0
x
= lim 1 = 1
x x →0 +
−x
= lim− − 1 = −1
x →0
x
são diferentes
4.4- Interpretação Geométrica da Derivada
Seja y = f (x) uma função contínua e derivável em um domínio D.
y
tangente
f (x0+∆x)
β
∆x
f (x0)
x0
f ' (x0 ) = lim
∆x →0
α
x0+∆x
x
f (x0 + ∆x ) − f (x0 )
∆x
f (x0 + ∆x ) − f (x0 )
= tan β
∆x
f (x0 + ∆x ) − f (x0 )
• lim
= tan α
∆x →0
∆x
•
4.4.1- Equação da Reta Tangente à curva y = f (x) no ponto P0 (x0, y0)
P0 (x0 , y 0 )
m = f ' (x 0 )
y − y 0 = m.(x − x0 )
Exercícios
1) Determinar a equação da reta tangente à curva y = x2 no ponto onde x0 = 2.
m = f ' (2 )
y − y 0 = m( x − x 0 )
P0 ( x0 , y 0 )
f ' (x ) = 2 x
y − 4 = 4(x − 2 )
P0 (2 ,4 )
f ' (2 ) = 2.2 = 4
y − 4 = 4x − 8
m=4
y − 4 x + 4 = 0 → Equação da reta tangente
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Observação:
A derivada de uma função y = f (x) em um ponto é um número que corresponde ao coeficiente angular da reta
tangente à curva y = f (x) no ponto x = x0.
4.4.2-Equação da Reta Normal a uma curva y = f (x) no ponto P0 (x0, y0)
y − y0 = −
1
.(x − x0 )
m
onde, m = f ’(x0)
Exercícios
1) Determinar as equações da reta tangente e da reta normal à curva definida pela equação y = x3 onde x0 = 1.
x0 = 1 → y0 = 1
∴ P0 (1,1)
m=
dy
dx
Equação da reta tangente
⇒ lim
x →1
x0 =1
3
x −1
=3
x −1
∴m = 3
y − y 0 = m( x − x 0 )
y − 1 = 3(x − 1)
y − 1 = 3x − 3
y − 3x + 2 = 0
Equação da reta normal
1
(x − x 0 )
m
1
1
y −1= − x +
3
3
3 y − 3 = −x + 1
y − y0 = −
3y + x − 4 = 0
4.5- Álgebra das Derivadas
Suponha que u = h (x) , y = f (x) e z = g (x) em que:
h{
(x) = f{
(x) + g{
(x)
u
y
(Derivada da Soma)
z
u + ∆u = h(x + ∆x )

 y + ∆y = f (x + ∆x )
 z + ∆z = g (x + ∆x )

a) Derivada da Soma
Demonstração:
u=y+z
u + ∆u = y + ∆y + z + ∆z
∆u = y + ∆y + z + ∆z − u
∗ Substituindo : − u = − y − z
∆u = y + ∆y + z + ∆z − y − z
∆u = ∆y + ∆z (÷ ∆x )
∆u ∆y ∆z
=
+
∆x ∆x ∆x
∆y
∆u
∆z
lim
= lim
+ lim
∆x → 0
∆x → 0
∆x → 0
∆x
∆x
∆x
du dy dz
=
+
dx dx dx
∗ se u = y + z
u' = y' + z'
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™ A derivada da soma ou da diferença é
a soma ou a diferença das derivadas.
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Exercícios
1) y = x2 + ax
y’ = 2x + ax. ln a
b) Derivada do Produto
u = y⋅z
u + ∆u = ( y + ∆y ) ⋅ ( z + ∆z )
∆u = ( y + ∆y ) ⋅ ( z + ∆z ) − u
∗ Substituindo : − u = − y ⋅ z
∆u = ( y + ∆y ) ⋅ ( z + ∆z ) − yz
∆u = yz + y∆z + z∆y + ∆y∆z − yz
∆u = y∆z + z∆y + ∆y∆z (÷ ∆x )
∆u y∆z z∆y ∆y∆z
=
+
+
∆x
∆x
∆x
∆x
∆y
∆u
∆z
∆z
= y lim
+ z lim
+ ∆y lim
lim
∆x → 0
∆x → 0
∆x → 0
∆x → 0
∆x
∆x
∆x
∆x
∗ y + ∆y = f (x + ∆x ) quando ∆x → 0 ∆y → 0
dy
du
dz
dz
=y
+z
+0
dx
dx
dx
dx
∗ se u = y ⋅ z
u' = y ⋅ z' + z ⋅ y'
Exemplo:
1) y = x2 . ax
y’ = x2.ax.lna + ax.2x
c) Derivada do Quociente
y
u=
z
y + ∆y
u + ∆u =
z + ∆z
y + ∆y
∆u =
−u
z + ∆z
y + ∆y y
∆u =
−
z + ∆z z
z( y + ∆y ) − y( z + ∆z )
∆u =
z( z + ∆ z )
zy + z∆y − yz + y∆z
∆u =
z( z + ∆z )
z∆y + y∆z
∆u =
( ÷∆x )
z( z + ∆z )
z∆y + y∆z
∆u
=
∆x ∆x( z 2 + z∆z )
∗ z∆z = 0 quando ∆x → 0
∆z → 0
∆y
1 
∆u
∆z 
= 2  z lim
− y lim

∆x → 0
∆x → 0
∆x z 
∆x
∆x 
du
1  dy
dz 
=
−y 
z
dx z 2  dx
dx 
y
∗ se u =
z
lim
∆x → 0
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u' =
z ⋅ y' − y ⋅ z'
z2
Exercícios
x2
1) y = x
a
a x .2 x − x 2 .a x . ln a
y' =
(a x )2
d) Derivada das Funções Elementares
∗f(x)= k
f ( x + ∆x ) − f ( x ) k − k
f ' ( x ) = lim
=
=0
∆x → 0
∆x
∆x
f'( x ) = 0
∗f(x)=0
f ' ( x ) = lim
∆x → 0
f (x + ∆x ) − f (x )
∆x
• f(x)= x
• f (x + ∆x ) = x + ∆x
x + ∆x − x
f ' ( x ) = lim
=1
∆x → 0
∆x
f ' (x ) = 1
∗ f ( x ) = xn
f ' ( x ) = lim
(x + ∆x )
∆x → 0
n
− xn
∆x
• f ( x ) = xn
• f ( x + ∆x ) = ( x + ∆x ) n
 x(x + ∆x ) 
n  x + ∆x 
( x + ∆x ) n = 
 =x 

x
 x 


n
n
n
 x + ∆x 
n
xn 
 −x
x


f ' (x ) = lim
∆x → 0
∆x
n
 x + ∆x 

 −1
 x 
n
= x lim
∆x → 0
∆x
n
∆x 

1 +
 −1
x 
1

n
lim
=x
1
x ∆x →0
∆x
x
1
xn
n = n.x n −1
= xn n =
x
x
Lembrar
• lim
(1 + u )a − 1 = a
• lim
(1 + k.u )a − 1 = k.a
u →0
u →0
u
u
f ' (x ) = n.x n −1
Exercícios
1) f (x) = x5
f ’(x)= 5 . x4
2) f (x) = x –3
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61
f ’(x)= -3 . x -4
1
= x −5
x5
f ’(x) = -5 . x –6
3) f ( x ) =
Formulário de Derivadas
1) y = k → y’ = 0 (Derivada do constante k em relação a x)
2) y = x → y’ = 1
3) y = xn → y’ = n.x n-1
4) y = ax → y’ = ax.lna
5) y = log x a → y' =
6) y = ln x → y’ =
1
x. ln a
1
x
7) y = sen x → y’ = cos x
8) y = cos x → y’ = - sen x
9) y = tan x → y’ = sec2 x
10) y = cot x → y’ = - cossec2 x
11) y = sec x → y’ = sec x . tan x
12) y = cossec x → y’ = - cossec x . cot x
Demonstrações
Fórmula 5:
f (x ) = log a x
f (x + ∆x ) = log a (x + ∆x )
log a (x + ∆x ) − log a x
∆x →0
∆x
1
 x + ∆x 
f ' (x ) = lim
log a 

∆x →0 ∆x
 x 
f ' (x ) = lim
1
 ∆x
 ∆x
f ' (x ) = lim log a 1 +

∆x →0
x 
144244
3
Lembrar
1
lim (1 + ku ) u = e k
u →0
1
ex
f ' (x ) = log a
1
ex
1
log a e
x
1 1
f ' (x ) =
x log e a
f ' (x ) =
f ' (x ) =
1
x. ln a
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Fórmula 7:
f (x ) = sen x
f (x + ∆x ) = sen (x + ∆x )
sen x. cos ∆x + sen ∆x. cos x − sen x
f ' (x ) = lim
∆x →0
∆x


 sen x (cos ∆x − 1) sen ∆x. cos x 
f ' (x ) = lim 
+

∆x →0
x
∆
14
4∆
2x44
3

= cos x


cos ∆x − 1
f ' (x ) = sen x ⋅ lim
+ cos x
∆x →0
∆x
f ' (x ) = sen x ⋅ 0 + cos x
f ' (x ) = cos x
Fórmula 9:
sen x
cos x
u
vu'−uv'
∗ Se y = → y' =
v
v2
cos x. cos x − sen x.(− sen x )
f ' (x ) =
cos 2 x
=1 448
6447
2
cos x + sen 2 x
f ' (x ) =
cos 2 x
1
f ' (x ) =
cos 2 x
f (x ) = tan x =
f ' (x ) = sec 2 x
Fórmula 11:
f (x ) = sec x
1
f (x ) =
cos x
cos x.(0 ) − 1(− sen x )
f ' (x ) =
cos 2 x
0 + sen x
f ' (x ) =
cos 2 x
sen x
f ' (x ) =
cos 2 x
sen x
f ' (x ) =
cos x. cos x
f ' (x ) = tan x. sec x
Propriedades
1) y = k . v → y’ = k . v’
2) y = u ± v → y’ = u’ ± v’
3) y = u . v → y’ = u.v’ + v.u’
u
v ⋅ u' −u ⋅ v'
4) y = → y' =
v
v2
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63
4.6- Regra da Cadeia para Derivação de Função Composta
Seja a função composta y = h (x) = fog = f (g(x)) sendo g derivável em relação a x e f derivável em relação a g (x).
Nessas condições demostra-se que a derivada dessa função h' (x ) = f ' (g( x )) g' ( x ) .
Sendo u = g (x) e y = f (u),
dy dy du
=
⋅
→ Regra da Cadeia
dx du dx
4.6.1-Generalização da Regra da Cadeia para Derivada das Funções Compostas
 y = f 1 (u )

u = f 2 (w)
y = f (x ) 
w = f 3 (v )
v = f 4 (x )
dy dy du dw dv
=
⋅
⋅
⋅
→ Regra da Cadeia
dx du dw dv dx
Exercícios
1) y = e x
2
+1
dy

u
u
 y = e → du = e

u = x 2 + 1 → du = 2 x
dx

dy dy du
=
⋅
dx du dx
2
dy
= e x +1 ⋅ 2 x
dx
2)
(
y = sen x 3 + 5 x
)
dy

 y = sen u → du = cos u

u = x 3 + 5 x → du = 3 x + 5
dx

dy dy du
=
⋅
dx du dx
dy
= cos x 3 + 5 x ⋅ (3 x + 5 )
dx
(
)
3) y = sen 3 x
dy

y = sen u →
= cos u

du

u = 3 x → du = 3
dx

dy
= cos u .3
dx
dy
= (cos 3 x ) ⋅ 3
dx
4)
(
y = sen x 2 + 10 x − 7
)
2
y' = cos( x + 10 x − 7 ).( 2 x + 10 )
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5)
y = e (x
3
+5 x 2 +4
y' = e (x
3
)
+5 x 2 +4
) .(3 x 2 + 10 x )
4.6.2- Regras da Derivada das Funções Compostas
Sejam u e v funções em x, e k, a e n constantes.
1) y = k → y’ = 0
2) y = x → y’ = 1
3) y = un → y’ = n.u n-1.u’
4) y = au → y’ = au.lna.u’
5) y = eu → y’ = eu . u’
1
⋅ u'
6) y = log b u → y' =
u . ln b
u'
7) y = ln u → y’ =
u
8) y = sen u → y’ = cos u . u’
9) y = cos u → y’ = - sen u . u’
10) y = tan u → y’ = sec2 u . u’
11) y = cot u → y’ = - cossec2 u . u’
12) y = sec u → y’ = sec u . tan u . u’
13) y = cossec u → y’ = - cossec u . cot u . u’
Propriedades
1)
y = k . v → y’ = k . v’
2)
y = u ± v → y’ = u’ ± v’
3)
y = u . v → y’ = u.v’ + v.u’
u
v ⋅ u '− u ⋅ v'
4)
y = → y' =
v
v2
4.7- Derivação de Função Dada Implicitamente
Consideremos uma equação nas variáveis x e y. Dizemos que uma função y = f (x) é dada implicitamente por
tal equação se, para todo x no domínio de f, o ponto (x,f(x)) for solução da equação. F (x, y) = 0 mas y = f (x)
Exercícios
Determinar y’ =
1)
dy
dx
x 2 + y 3 − 5x + 2 y − 4 = 0
2 x + 3 y 2 . y' −5 + 2 y' = 0
(
)
y' 3 y 2 + 2 = −2 x + 5
− 2x + 5
y' =
3y 2 + 2
2)
u 2 + v 3 + sen v + 5u 3 = 0
2u + 3v 2 v' + cos v.v' +15u 2 = 0
(
)
v' 3v 2 + cos v = −15u 2 − 2u
v' =
2
− 15u − 2u
3v 2 + cos v
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x3 y2 − y3 + 5 = 0
3)
x3 .2 y . y' + y 2 .3 x 2 − 3 y 2 . y' = 0
(
)
y' 2 x 3 y − 3 y 2 = −3 x 2 y 2
y' =
− 3x2 y2
2 x3 y − 3 y 2
(
)
xy 2 − x 2 y + x 2 − 2 y 2 = 0
4)
(
)
x.2 y . y' + y 2 − x 2 . y' + y .2 x + 2 x − 4 y .y' = 0
2
2
x.2 y . y' + y − x . y' − y .2 x + 2 x − 4 y . y' = 0
(
)
y' =
2 xy − 2 x − y 2
2 xy − x 2 − 4 y
y' 2 xy − x 2 − 4 y = 2 xy − 2 x − y 2
4.8- Interpretação de
dy
como um quociente diferencial
dx
4.8.1- Diferencial
Até aqui,
dy
tem sido visto como uma simples notação para a derivada de y=f(x). O que faremos a seguir é
dx
dy
como um quociente entre dois acréscimos. Inicialmente, vamos olhar para dx como um acréscimo em x
dx
e, em seguida, procuraremos uma interpretação para o acréscimo dy.
dy
= f ' (x ) . Se olharmos, então,
Sabemos que f ' (x ) é o coeficiente angular da reta tangente T, no ponto (x,f(x)), e que
dx
dy
para dy como acréscimo na ordenada da reta tangente T, correspondente ao acréscimo dx em x, teremos
= f ' (x ) .
dx
Observe pelo gráfico sobre a interpretação geométrica de derivada que
∆y = f (x + dx ) − f (x ) é o acréscimo que a função sofre quando se passa de x a x+dx. O acréscimo dy pode então ser
olhado como um valor aproximado para ∆y ; evidentemente, o erro ∆y − dy que se comete na aproximação de ∆y por
dy será tanto menor quanto menor for dx.
Definição: Seja f ( x ) uma função e sejam x e y , variáveis e relacionadas por y = f ( x ) . Então a diferencial
interpretar
dx é um número qualquer do domínio de f ( x ) para o qual
f ′( x ) existe , a diferencial de dy é definida por
dy = f ′( x )dx
Exemplo: Se y = f ( x ) = 3 x 2 − 2 x + 1 , achar dy .
Solução:
f ′( x ) = 6 x − 2
⇒
dy = (6 x − 2 )dx
Deve observar-se a diferença entre a diferencial dx da variável independente x e a diferencial dy da variável
dependente y . Pois, dx pode assumir qualquer valor, mas o valor de dy depende de x , dx , f ( x ) e, por tanto, de
f ′( x ) .
4.8.2- Interpretação geométrica de dy comparando-o a ∆ y
Aqui, supõe-se que f ( x ) é diferenciável em x1 e toma-se dx = ∆ x ,
incremento no valor x1 até x 1 + ∆ x 1 e ∆ y será
representa-se ∆ x como um
variação correspondente em y 1 , isto é, y 2 = y 1 + ∆ y .
Entretanto, desde que f ′( x ) é o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de f ( x ) em ( x 1 , f ( x 1 ) ) , isto é,
(x 1 , y 1 ) ,segue-se que
dy = f ′( x )dx será o incremento correspondente no valor de
y
, seguindo–se a direção da
tangente.
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66
Y
∆x = x 2 − x1
∆y = y 2 − y1
∆y ≅ dy = f ′( x)dx
f (x )
S
Q
y1
P
y2
reta S secante por P e Q
T
} dy
} ∆y
X
x2
x1
1
424
3
Reta tangente T em P
∆x
Reta tangente T ao ponto P= ( x1 , y 1 ) da função f ( x ) e reta secante S que passa por
P= (x 1 , y 1 ) e Q= ( x 1 + ∆ x , y 1 + ∆ y ) da função f ( x ) .
Na Figura , tem-se que o incremento da função y = f ( x ) que é dada por
∆ y = f (x + ∆ x ) − f (x )
Note que quando se dá o incremento ∆ x , o ponto P desloca para Q , e observe que no ponto P passa uma
reta tangente (T ) , enquanto por P e Q , passa uma reta secante (S ) . Aplicando o conceito de limite, quando
∆ x tende para zero ( ∆ x → 0 ) , o ponto Q tende para o ponto P , e a reta secante tende para a reta tangente em
P , o acréscimo
∆y
tende para a diferencial
dy
e ∆ x tende para a diferencial dx .
Assim,
dy = lim
∆x→ 0
∆ y = lim
∆x→ 0
[ f (x
+ ∆ x ) − f ( x )]
 ∆y 
dy = lim ∆ y = lim 
 ⋅ ∆ x = y ′dx ,
∆x→ 0
∆x→ 0 ∆ x 
ou finalmente :
dy = y ′dx = f ′(x )dx
A expressão acima é a própria definição de diferencial, e pela Figura observa-se que quanto menor for ∆ x ,
menor será a diferença entre o acréscimo ∆ y e a diferencial dy .
Assim, a diferencial de uma função é obtida pelo produto da derivada da função pela diferencial da variável
de derivação.
Para uma função f (x ) , a diferencial segue a seqüência abaixo
Função
y = f (x )
y = g (t )
derivada
dy
= f ′( x )
y′ =
dx
dg
y ′ = g ′(t ) =
dt
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Diferencial
dy = f ′(x )dx
dy = g ′(t )dt = dg
67
Exercícios
1- Achar a diferencial da função y = 3 x
2
− 2x + 5
Solução: Primeiro acha-se a sua derivada, que é
y′ = 6 x − 2
em seguida escreve-se a diferencial,
dy = y ′dx = (6 x − 2 ) dx .
2-Diferenciar a função g (t ) = e
(
2t −5
)⋅ 2 , portanto a diferencial é
)dt
dg ( t ) = g ′( t )dt = 2 (e
Solução: g ′(t ) = e
2 t −5
2 t −5
Da Figura fica claro que dy pode ser considerado uma boa aproximação de ∆y desde que dx = ∆x e que ∆x
seja suficientemente pequeno. A razão
pequeno α , donde
dy
∆y
→ f ′(x ) quando ∆x → 0 que difere de
por um número extremamente
∆x
dx
∆y dy
=
+α
∆x dx
dy
 dy

⇒ ∆y =  + α ∆x ⇒ ∆y =
∆x + α ∆x
dx
 dx

∆y dy
=
+α
∆x dx
 dy

⇒ ∆y =  + α ∆x ⇒
 dx

 dy

lim ∆y = lim  ∆x + α ∆x 
∆x →0
∆x →0 dx

dy
dy
 dy

lim ∆y = lim  ∆x + α ∆x  ⇒ dy =
dx + lim (α ∆x ) =
dx
x
0
∆x →0 dx
∆
→
dx
14243 dx


∆x → 0
=0
dy =
Assim,
dy

dx ⇒ dy = f ′(x )dx 
dx

 ⇒ ∆y ≈ dy
∆y = f (x + ∆x ) − f (x )


f (x + ∆ x ) − f (x ) ≈ f ′(x )dx
Observação: A diferencial pode ser usada para efetuar cálculos aproximados.
Exercícios
1- Calcular a raiz y = f ( x ) = 3 x 2 − 2 x + 4 , para x1 = 1, dx = ∆x = 0 ,02
a) Calcular ∆y = f (x1 + ∆x ) − f (x1 ) exatamente
b) Fazer uma estimativa de ∆y , usando dy = f ′(x1 )dx
c)
Determinar o erro ε = ∆y − dy
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68
a)
∆y = f (x1 + ∆x ) − f (x1 )
f (x 1 ) = 3 (1 )2 − 2 (1 ) + 4 = 5
f (x 1 + ∆ x ) = 3 (1 ,02 )2 − 2 (1 ,02 ) + 4 = 5 ,0812
∆ y = 5 ,0812 − 5 = 0 ,0812
b)
dy = f ′(x1 )dx
f ′(x1 ) = 6 x − 2 ⇒ dy = (6 x − 2 )(0 ,02 ) = 0 ,08
c)
O erro é: ε = ∆ y − dy = 0 ,0812 − 0 ,08 = 0 ,0012
2- Usar diferenciais para estimar
a)
Para isso
y = 36
35 .
toma-se a raiz conhecida mais próxima como referência, ou seja,
⇒
35 =
dx = ∆x = 35 − 36 = −1 ⇒ ∆x = −1 , então
36 + ∆ y ≈ 6 + f ′ ( x )dx
1
f ′(x1 ) = 
2
1
1 
 ⇒ ∆y ≅ dy = 

2
36 

1 
1 1
1
(− 1) = − ⋅ = −
= −0 ,0833K

2 6
12
36 
1
= 6 − 0 ,0833 K = 5 ,9166 K
12
35 = 6
3- Calcular a raiz
3
28 .
Para isso toma-se a raiz conhecida mais próxima como referência, ou seja,
Assim, y + ∆y = 3 x + ∆x = 3 28 , logo ∆x = dx ⇒
3
1
28 = 3 + ∆ y ≈ 3 + y ′dx = 3 +
3
3
36 = 6 e faz-se
28 = 3 +
3
x
2
3
27 = 3 e faz-se y = 3 x = 3 27 .
dx = 28 − 27 = 1 , então
1
dx = 3 +
3
3
3
6
(1 ) =
3 +
1
3 .3
6
3
1
1
1
= 3+ 3 = 3+
= 3 + 0 ,037 = 3 ,037
2
27
3 .3
3
( ).
4- Avaliar por diferenciais o cos 44
o
( )
Para isso toma-se o coseno conhecido mais próxima como referência, ou seja, cos 45 o =
( )
( )
y = cos(x ) = cos 45 o . Assim, y + ∆y = cos(x + ∆x ) = cos 44 o , logo
π
∆x = dx ⇒ dx = 44 0 − 45 0 = −10 ×
= −0 ,01745 K , então
180 o
(
o
)=
(
o
)=
cos 44
cos 44
(
(
2
2
2
+ ∆y =
+ f ′ ( x )dx =
+ − sen 45
2
2
2

2
2 
+ −
(− 0 ,01745 K ) = 0 ,7194 K

2
2 

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o
2
e faz-se
2
))dx
69
5- O raio de uma esfera de aço mede 1,5 cm e sabe-se que o erro cometido na medição é menor ou igual a 0 ,1 cm .
Estimar o erro possível no cálculo do volume da esfera.
O volume de uma esfera é calculado a partir do raio é V =
aço terá como medida r = (1,5 ± ∆r ) cm ,
4
π r 3 . Note-se que, nesse caso, o raio da esfera de
3
onde ∆r ≤ 0 ,1 cm , por tanto,
V =
4
4
π (1,5 ± 01)3 ≠ V = π (1,5 )3
3
3
⇒
∆V =
4
4
π (1,5 ± 01)3 − V = π (1,5 )3 ,
3
3
Estimando-se ∆V por dV = V ′( r )dr ,
V ′(r ) =
dV
d 4
3
2
=
 π r  = 4π r
dr
dr  3

e como ∆r = dr
⇒
⇒ ∆V = 4π r 2 dr
dr = 0 ,1 cm , tem-se
∆V = 4π r 2 dr = 4π (1,5 )2 (± 0 ,1) = ±4π (2 ,25 )(0 ,1) = ±0 ,9π ,
∆V = ±0 ,9π = ±2 ,827
⇒
∆V = 0 ,9π = 2 ,827 cm 3
que é o erro possível no cálculo do volume da esfera, ou seja, ε = 2 ,827 cm 3 .
6- Usar Diferenciais para encontrar o volume aproximado de uma casca cilíndrica circular VC , com altura de 6 cm ,
cujo raio interno mede 2 cm e possui espessura 0 ,1 cm .
O volume de um cilindro é calculado a partir do raio e da base, isto é, V = h × b , onde h = 6 cm e b = π r 2 ,
assim o volume é V = 6π r 2 . Como a espessura da casca é ∆r = dr ⇒ dr = 0 ,1 cm , tem-se que volume da casca
cilíndrica circular é ∆V , portanto, estimando-se ∆V por dV = V ′( r )dr ,
V ′(r ) =
(
)
dV
d
=
6π r 2 = 12π r
dr
dr
⇒ ∆V = 12π r dr
 1  12π
cm 3
∆V = 12π r dr = 12π (2 )(0 ,1) = 24π   =
10
5
 
o volume aproximado da casca cilíndrica circular, ou seja,
VC = 7 ,5 cm 3 .
Como foi visto pode ser importante determinar a diferencial dy , de uma função qualquer y. Porém uma vez que se
dy
dy
dessa função sempre é fácil determinar dy , pois dy =
dx , isto é, dy = f ′(x )dx , como no
dx
dx
dy du dv
 du dv 
caso da função y (x ) = u (x ) + v(x ) ⇒
=
+
⇒ dy = 
+ dx ⇒ dy = f ′(x )dx
dx dx dx
 dx dx 
possua a derivada
7- Encontrar a diferencial dy da função y = 47 x 3 − 21x 2 + 3 x − 1
( )x
dy
= (47 )(3 )x 2 − (21)(2 )x + (3)
dx
−1
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−2
= 141x 2 − 42 x −
3
x2
70
3 

dy =  141x 2 − 42 x − 2 dx
x


8- Encontrar a diferencial dy da função y = 3 − x 5
(
y = 3 − x5 = 3 − x5
(
dy 1
= 3 − x5
dx 2
 5
dy =  −
 2

)
1
2
) (5 x ) = − 52
−1
2
4
x4
3 − x5

dx
5 
3−x 
x4
9- Encontrar a diferencial dy da função x 3 + 4 x 2 y + y 3 = 2
( ) (
) ( )
d x3
d 4x2 y d y3
d (2 )
dy
+
+
=
⇒ 3 x 2 + 4 2 xy + x 2 + 3 y 2
=0
dx
dx
dx
dx
dx
3 x 2 + 8 xy + 4 x 2
(4 x
2
+ 3y2
[
dy
dy
+ 3y2
=0 ⇒
dx
dx
) dy
= −(3 x
dx
2
+ 8 xy
)
(4 x
2
+ 3y2
]
) dy
= −(3 x
dx
dy
3 x 2 + 8 xy
=− 2
dx
4x + 3y2
⇒
2
+ 8 xy
⇒ dy = −
)
3 x 2 + 8 xy
4x2 + 3y2
dx
10- Encontrar a diferencial dy da função y cos(x ) + 2 xy 2 + x 2 y 2 = 0
y cos (x ) + 2 xy 2 + x 2 y 2 = 0 ⇒
[(
(
)
y cos (x ) + 2 x + x 2 y 2 = 0
) ]
d [ y cos(x)] d 2 x + x 2 y 2
+
=0 ⇒
dx
dx
(
)
dy
 dy 
cos(x) + y[− sen(x)] + (2 + 2 x) y 2 + 2 x + x 2  2 y  = 0
dx
 dx 
[cos(x) + 2 y(2x + x )] dydx = y sen(x) − (2 + 2x)y
2
dy y sen(x) − (2 + 2 x) y 2
=
dx cos(x) + 2 y 2x + x 2
(
)
⇒ dy =
2
⇒
dy y sen(x) − (2 + 2 x) y 2
=
dx cos(x) + 2 y 2 x + x 2
(
)
y sen(x) − (2 + 2x) y 2
(
cos(x) + 2 y 2 x + x 2
) dx
4.9- Derivadas Sucessivas ou Derivadas de Ordem Superior (ordem n ou enésimas)
Seja y = f (x) definida contínua e derivável em um intervalo real. Nessas condições a derivada de y = f (x),
dy
f (x + ∆x ) − f (x )
indicada por y’;
.
; f ’(x) é definida por f ' ( x ) = lim
∆x →0
dx
∆x
Se este limite existir e for finito teremos então a f ’(x), se esta função f ’(x) for derivável a sua derivada de
f ' (x + ∆x ) − f ' (x )
acordo com a definição poderá ser calculada por lim
, se este limite existir e for finito teremos
∆x →0
∆x
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71
uma função indicada por f ’’(x) ou y’’ ou
4
ou
d y
dx 4
; e y v ou f v (x) ou
→ y n ou f n (x) ou
dx
2
;sucessivamente teríamos y’’’ ou f ’’’(x) ou
d3y
dx
3
; e y iv ou f iv (x)
5
d y
dx 5
dny
dx n
d2y
.
.
Exercícios:
1) Determine a derivada de 5a ordem de f (x) = 5.x5 – 3.x3.
f ’(x) = 25x4 – 9x2
f ’’(x) = 100x3 – 18x
f ’’’(x) = 300x2 - 18
f iv (x) = 600x
f v (x) = 600
2) Dada f (x) = x4 – 2x3 + 4x2 – 1, calcular f ’’(-1) e f vi(15):
f ’(x) = 4x3 – 6x2 + 8x
f ’’(x) = 12x2 – 12x + 8
f ’’(-1) = 12(-1)2 – 12(-1) + 8 = 32 → f ’’(-1) = 32
f ’’’(x) = 24x - 12
f iv (x) = 24
f v (x) = 0
f vi (x) =0 → f vi (15) = 0
4.10- Derivada das Funções Inversas Trigonométricas
y = arcsen x → x = sen y
Determinar y’:
x = sen y
sen2 y + cos2 y = 1
1 = cos y . y’
cos y =
y’ =
1
cos y
y' =
1
1− x 2
* sen2 y = x2
cos y =
1)
1 − sen 2 y
y = arcsen u → y’ =
1− x2
u'
1− u 2
y = arccos x
x = cos y
Derivando implicitamente:
1 = - sen y . y’ → y’ = −
1
sen y
sen2 y = 1 – cos2 y
sen y = 1 − cos 2 y
* x = cos y
sen y = 1− x 2
1
y’ = −
1− x 2
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x2 = cos2 y
72
2)
u'
y = arccos u → y’ = −
1− u 2
y = arctan x
x = tan y
Derivando implicitamente:
1
1 = sec2 y . y’ → y’ =
sec 2 y
2
2
1 + tan y = sec y
1
y' =
1 + tan 2 y
y' =
* x = tan y
1
x2 = tan2 y
1+ x 2
u'
3)
y = arctan u → y’ =
4)
y = arccot u → y’ = −
5)
y = arcsec u → y’ =
6)
y = arccosec u → y’ = −
1+ u 2
u'
1+ u 2
u'
u u2 − 1
u'
u u2 − 1
Exercícios:
1) y = arcsen ( 3x-5 )
3
y' =
1 − (3 x − 5 )2
2) y = arctan (x2 – 5)
2x
y’ =
2
1+ x2 − 5
(
3)
)
y = arcsen x
1
y' =
y' =
1 −2
⋅x
2
1
x 2 . x −1
1
2x x − 1
4) arcsen (cos x)
− sen x
y' =
=1
1 − cos 2 x
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73
5) y = arccos (ln x)
−1
x
y' =
1 − ln 2 x
4.11- Derivada da Função Inversa
Seja y = f (x) derivável e inversível em um dado intervalo real. Se y = f (x) admite sua inversa que
dx
1
dx
=
toma-se simplesmente a expressão :
indicamos por x = f -1 (y) , então para determinar a derivada
dy dy
dy
dx
Exercícios
1) Se y = 2x + 1, determinar
dx
:
dy
dy
=2
dx
dx
1
=
dy dy
dx
dx 1
=
dy 2
∗
2) Se x2 – y2 = 4xy, determinar
dx
ou x’:
dy
x2 – y2 - 4xy = 0
Determinar y’:
2x – 2yy’ – 4(xy’ + y) = 0
2x – 2yy’ – 4xy’ – 4y = 0
y’ (-2y – 4x) = 4y – 2x
4 y − 2x
−2 y − 4 x
y’ =
→ x’ =
4 y − 2x
− 2 y − 4x
ou
Determinar x’:
2xx’-2y-4(x+yx’)=0
2xx’-2y-4x-4yx’=0
x’ (2x – 4y) = 2y + 4x
4x + 2 y
x’ =
2x − 4 y
4.12- Derivada da Função na Forma Paramétrica
 x = f 1 (t )

 y = f 2 (t )
Exercícios
 x = 2t − 1
1) 
 y = t 2 − 4t
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74
t=
x +1
2
y = f (t )
t = f (x )
dy dy dt
=
⋅ , mas
dx dt dx
dt
1
, então
=
dx dx
dt
dy
dy dt
dy dy 1
=
⋅
∴
=
dx dt dx dx dx
dt
dt
dy 2t − 4
=
dx
2
2)
 x = e 2t − 1
dy
, determinar
:

2
dx
 y = t − 3t
dy
dy dt
=
dx dx
dt
dy 2t − 3
=
dx e 2t .2
3)
 x = t 3 − 2t + 4

 y = t 2 − 5t
dy
2t − 5
= 2
dx 3t − 2
4.13- Funções Hiperbólicas
Introdução: As funções hiperbólicas são construídas a partir das funções e x e e − x . Elas têm interesse porque têm
muitas propriedades análogas às das funções trigonométricas e porque aparecem no estudo da queda dos corpos, cabos
suspensos, ondas no oceano e outros tópicos em Ciência e Engenharia.
4.13.1- O seno e o co-seno hiperbólicos
O seno e o co-seno hiperbólicos são representados por senh x e cosh x. Eles têm as seguintes definições:
Definição 1: Para qualquer número x
e x − e −x
e x + e −x
e cosh x =
2
2
Observemos que senh x, como sen x, tem o valor 0 em x=0 e que cosh x tem o valor 1 em x=0.
d x
d −x
e = ex e
e = −e − x nos levam às formulas de derivação
A derivada
dx
dx
senh x =
d
d
senh x = cosh x e
cosh x = senh x
dx
dx
Exercício
Calcular a derivada de senh 6 x 7 − 5 x
(
)
4.13.2- Os gráficos de senh x e cosh x
Os gráficos de senh x e cosh x são mostrados nas figuras abaixo. Seus aspectos chave podem ser facilmente
obtidos da definição e das fórmulas de derivação, lembrando que e x e e − x são positivas para todo x, que e x tende a
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∞ , quando x tende a ∞ , e tende a 0 quando x tende a −∞ e que e − x tende a 0 quando x tende a ∞ e tende a ∞
quando x tende a −∞ .
4.13.3- Outras funções hiperbólicas
As definições de tangente, co-tangente, secante e co-secante hiperbólicas são análogas às definições das funções
trigonométricas correspondentes.
Definição: A tangente e a secante hiperbólicas são definidas para todo x e a co-tangente e a co-secante hiperbólicas,
para todo x≠0 por
tgh x =
senh x e x − e − x
=
cosh x e x + e − x
cosh x e x + e − x
1
=
=
tgh x senh x e x − e − x
1
2
sec h x =
=
cosh x e x + e − x
cot gh x =
cos ech x =
1
2
= x
senh x e − e − x
As fórmulas dessas quatro funções são análogas às fórmulas para as funções trigonométricas correspondentes, mas não
são muito importantes. Os gráficos das funções tgh x, cotgh x, sech x e cosech x são mostradas nas figuras abaixo.
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4.13.4- Funções Hiperbólicas Inversas
Assim como as funções hiperbólicas foram definidas em termos de funções exponenciais, as funções hiperbólicas
inversas inversas arc senh x, arc cosh x etc. podem ser expressas em termos do logaritmo natural.
Exercício
1- Dar uma expressão para arc senh x em função do logaritmo natural.
1
Solução. Consideramos x=senh y= e y − e − y e calculamos o valor de y = arc senh x . Multiplicando por 2e y ,
2
(
)
( )
obtemos a equação 2 xe y = e 2 y − 1 , que reescrevemos sob a forma e y
quadrática.
2
( )
− 2 x e y − 1 = 0 . Então pela fórmula
2x ± 4x 2 + 4
= x ± x2 +1
2
Devemos usar o sinal mais, pois e y é positivo. Portanto,
y = arcsen h x = ln x + x 2 + 1 


ey =
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