Limites, continuidade e diferenciação de funções

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1 Matemática 1 Semanas 9, 10 e 11 Professor Luiz Claudio Pereira Faculdade de Planaltina Universidade de Brasília Material Previsto para três semanas (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

2 Limites, continuidade e diferenciação de funções 1 Limites, continuidade e derivação de funções Denições, propriedades e exemplos (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

3 Denição Sejam f : X Z e g : D Y funções reais de variável real tais que f (X ) D. A função que faz corresponder a cada a X o elemento g (f (a)) Y é denominada função composta de f e g. Simbolicamente, escreve-se g f : X Y. Exemplo Considere as funções reais de variável real f (x) = 2x e g (x) = sen x. Segue que, a R, (g f )(a) = g (f (a)) = g (2a) = sen2a. Em relação às funções dadas X = R, D = R, f (X ) = R e f (X ) D. Considere as funções reais de variável real f (x) = 1/x e g (x) = e x. Segue que, a R {0}, (g f )(a) = g (f (a)) = g (1/a) = e 1/a. Em relação às funções dadas X = R {0}, D = R, f (X ) = R {0} e f (X ) D (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

4 Denição Sejam f : X Z e g : D Y funções reais de variável real tais que f (X ) D. A função que faz corresponder a cada a X o elemento g (f (a)) Y é denominada função composta de f e g. Simbolicamente, escreve-se g f : X Y. Exemplo Considere as funções reais de variável real f (x) = x e g (x) = x 2. Segue que (g f )(a) = g (f (a)) = g ( a ) = ( a )2 = a pois a R e a > 0. Em relação às funções dadas, X = R +, D = R, f (X ) = R + e f (X ) D. É g f igual à função identidade ψ (x) = x? (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

5 Denição Sejam f : X Z e g : D Y funções reais de variável real tais que f (X ) D. A função que faz corresponder a cada a X o elemento g (f (a)) Y é denominada função composta de f e g. Simbolicamente, escreve-se g f : X Y. Exemplo Considere as funções reais de variável real f (x) = x 2 e g (x) = x. Segue que, (g f )(a) = g (f (a)) = g ( a 2) = a 2 = a pois a R. Em relação às funções dadas, X = R, D = R +, f (X ) = R + e f (X ) D. É g f igual à função módulo ψ (x) = x? (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

6 Denição Sejam f : X Z e g : D Y funções reais de variável real tais que f (X ) D. A função que faz corresponder a cada a X o elemento g (f (a)) Y é denominada função composta de f e g. Simbolicamente, escreve-se g f : X Y. Exemplo Sejam f : R R e g : R {0} R dadas por f (x) = cos x e g (x) = 1 x. (i) Certa pessoa realiza o seguinte cálculo (g f )(a) = g (f (a)) = g (cos x) = 1 cos a = sec a Isso pode ser feito? Justique (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

7 Denição Sejam f : X Z e g : D Y funções reais de variável real tais que f (X ) D. A função que faz corresponder a cada a X o elemento g (f (a)) Y é denominada função composta de f e g. Simbolicamente, escreve-se g f : X Y. Resposta Sendo f : R R e g : R {0} R dadas por f (x) = cos x e g (x) = 1 x, não se pode calcular (g f )(a) = g (f (a)) = g (cos x) = 1 = sec a, cos a pois X = R é o domínio de f, f (X ) = [ 1,1] é a imagem de f, D = R {0} é o domínio de g e f (X ) /D (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

8 Denição Sejam f : X Z e g : D Y funções reais de variável real tais que f (X ) D. A função que faz corresponder a cada a X o elemento g (f (a)) Y é denominada função composta de f e g. Simbolicamente, escreve-se g f : X Y. Exemplo Sejam ψ : R R e λ : R {0} R dadas por ψ (x) = cos x e λ (x) = 1 x. (ii) Outra pessoa realiza o seguinte cálculo Isso pode ser feito? Justique. (ψ λ)(a) = ψ (λ (a)) = ψ (1/a) = cos 1 a (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

9 Denição Sejam f : X Z e g : D Y funções reais de variável real tais que f (X ) D. A função que faz corresponder a cada a X o elemento g (f (a)) Y é denominada função composta de f e g. Simbolicamente, escreve-se g f : X Y. Resposta Sendo ψ : R R e λ : R {0} R dadas por ψ (x) = cos x e λ (x) = 1 x, é possível calcular (ψ λ)(a) = ψ (λ (a)) = ψ (1/a) = cos 1 a pois X = R {0} é o domínio de λ, λ (X ) = R {0} é a imagem de λ, D = R é o domínio de ψ e λ (X ) D (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

10 Exercício 1. Dadas as funções f e g, determine as compostas f g e g f e seus respectivos domínios. (a) f (x) = x 2 2 e g (x) = x (b) f (x) = 3x e g (x) = x 4 { x 2 + 2, se x 1 2. Dadas as funções f (x) = e g (x) = 2 3x, 4 x 2, se x > 1 determine as leis (regras) que denem f g e g f. 2x 1, se x 0 3. Sejam as funções f (x) = x 2 3, se 0 < x 3 e g (x) = 1 x. x, se x > 3 (a) Faça o esboço do gráco de f. (b) Determine g f e seu respectivo domínio (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

11 Exemplo Sejam X = [ 3,+ ), Y = [0,+ ). As funções f : X Y dada por f (x) = x + 3 e ψ : Y X denida por ψ (y) = y 2 3 são tais que: (i) Para todo y Y, tem-se (f ψ)(y) = f (ψ (y)) = f ( y 2 3 ) = (y 2 3) + 3 = y 2 = y, pois y 0. (ii) Para todo x X, obtém-se (ψ f )(x) = ψ (f (x)) = ψ ( x + 3 ) = ( x + 3 )2 3 = (x + 3) 3 = x, pois x Noutras palavras, (i) f ψ : Y Y é a função identidade (de Y em Y ) e (ii) ψ f : X X é a função identidade (de X em X ). Denição Uma função ψ : Y X é chamada inversa de f : X Y quando f ψ : Y Y e ψ f : X X são as funções identidades (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

12 Uma função de f : X Y que admite inversa é dita invertível. Teorema Uma função f : X Y é invertível se, e somente se, ela é bijetiva. Prova: Será omitida. Exemplo Sejam X = ( 3,1] e Y = ( 4,12]. Vimos que a função f : X Y dada por f (x) = x 3 + 3x 2 + 3x + 5 = (x + 1) é bijetiva. Pelo teorema, acima existe ψ : Y X, a função inversa de f. Exercício Mostre que ψ : Y X denida por ψ (y) = 3 y 4 1 é a inversa de f (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

13 Notação É usual indicar a função inversa de f : X Y pelo símbolo f 1. Exemplo - as funções exponencial e logarítmica Sejam a > 0 e Y = (0,+ ). A função f : R Y dada por y = f (x) = a x é bijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a função f 1 : Y R denotada por f 1 (y) = log a y. Algumas propriedades do logaritmo Por denição, para todo y Y, ( ) f f 1 (y) = y f f 1 (y) ) = y f (log a y) = y a log y a = y (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

14 Exemplo - as funções exponencial e logarítmica Sejam a > 0 e Y = (0,+ ). A função f : R Y dada por y = f (x) = a x é bijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a função f 1 : Y R denotada por f 1 (y) = log a y. Algumas propriedades do logaritmo Por denição, para todo x R, ( f 1 ) f (x) = x f 1 (f (x)) = x f 1 (a x ) = x log a a x = x Em particular, tomando x = 1, segue que log a a = (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

15 Exemplo - as funções exponencial e logarítmica Sejam a > 0 e Y = (0,+ ). f : R Y dada por y = f (x) = a x é bijetiva. f 1 : Y R dada por f 1 (y) = log a y também é bijetiva. Algumas propriedades do logaritmo Considere w = f 1 (u v) = log a (u v), p = f 1 (u) = log a u e q = f 1 (v) = log a v. Por denição de função inversa, u v = f (w) = a w, u = f (p) = a p e v = f (q) = a q. Deste modo, f (w) = u v f (w) = f (p) f (q) f (w) = a p a q = a p+q f (w) = f (p + q) Como f é injetiva, w = p + q log a (u v) = log a u + log a v (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

16 Exemplo - as funções exponencial e logarítmica Sejam a, b > 0, Y = (0,+ ), f : R Y dada por y = f (x) = b x e f 1 : Y R denida por f 1 (y) = log b y. Considere ainda as funções ψ : R Y, ψ (x) = a x, e ψ 1 : Y R dada por ψ 1 (y) = log a y. Note que f, f 1, ψ, ψ 1 são bijetivas. Algumas propriedades do logaritmo Como a Y, r R tal que r = f 1 (a) = log b a a = f (r) = b r. Para todo w R dado, v = ψ (w) = a w = (b r ) w = b r w = f (r w) r w = f 1 (v) = log b v. Ora, v = ψ (w) = a w w = ψ 1 (v) = log a v. Deste modo, r w = log b v log b a log a v = log b v log a v = log b v log b a (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

17 Exercício - mais propriedades do logaritmo Mostre que: (i) log a u v = log a u log a v. (ii) log b ak = k log b a. Exemplo - funções trigonométricas inversas Sejam X = [0,π],Y = [ 1,1]. f : X Y dada por y = f (x) = cos x é bijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a função f 1 : Y X denotada por x = f 1 (y) = arccos y. Algumas propriedades da função arco-cosseno Por denição, para todo y Y, ( f f 1 ) (y) = y f ( f 1 (y) ) = y f (arccos y) = y cos(arccos y) = y (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

18 Exemplo - funções trigonométricas inversas Sejam X = [0,π],Y = [ 1,1]. f : X Y dada por y = f (x) = cos x é bijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a função f 1 : Y X denotada por x = f 1 (y) = arccos y. Algumas propriedades da função arco-cosseno Por denição, para todo x X, ( f 1 ) f (x) = x f 1 (f (x)) = x f 1 (cos x) = x arccos(cos x) = x x X, cos(π x) = cosπ cos x + senπ sen x = cos x = y Y. Daí, arccos( y) = π x = π arccos y arccos y + arccos( y) = π (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

19 Funções elementares Exemplo - função arco-cosseno Seja f : [0,π] [ 1,1] denida por f (x) = cos x. f é bijetiva. Existe a função inversa de f e y = cos x x = arccos y. A função x = f 1 (y) = arccos y, y [ 1,1] é chamada função arco-cosseno (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

20 Funções elementares Exemplo - função arco-cosseno Seja f : [0,π] [ 1,1] denida por f (x) = cos x. Por costume, usando x para variável independente e y para variável dependente, i. e., permutando-se x e y, obtém-se y = f 1 (x) = arccos x, x [ 1,1] (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

21 Funções elementares Exemplo - função arco-cosseno Seja f : [0,π] [ 1,1] denida por f (x) = cos x. É usual pôr o eixo das abscissas na horizontal e o das ordenadas na vertical, nos sentidos usuais, através de uma reexão em R 3 e uma rotação em R (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

22 Exercício - mais propriedades do arco-cosseno Mostre que: (i) arcsen x + arccos x = π/2, x (0,1) (ii) tg(arccos2/3) = 5/2. Exemplo - funções trigonométricas inversas Sejam X = [0,π],Y = R ( 1,1). f : X Y dada por y = f (x) = sec x é bijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a função f 1 : Y X denotada por x = f 1 (y) = arcsec y. Algumas propriedades da função arco-secante Por denição, para todo y Y, ( f f 1 ) (y) = y f ( f 1 (y) ) = y f (arcsec y) = y sec(arcsec y) = y (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

23 Exemplo - funções trigonométricas inversas Sejam X = [0,π],Y = R ( 1,1). f : X Y dada por y = f (x) = sec x é bijetiva. Pelo teorema anterior, f é invertível. A inversa de f é a função f 1 : Y X denotada por x = f 1 (y) = arcsec y. Algumas propriedades da função arco-secante Por denição, x X, ( f 1 ) f (x) = x f 1 (f (x)) = x f 1 (sec x) = x arcsec(sec x) = x x 1, sendo u = arccos1/x, segue que cos u = 1 x, x = 1 cos u = sec u e, por conseguinte, u = arcsec x. Assim, arcsec x = arccos 1, x 1. x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

24 Funções elementares Exemplo - função arco-secante f : [0,π] {π/2} R ( 1,1) denida por f (x) = sec x. f é bijetiva. Existe a função inversa de f e y = sec x x = arcsec y. A função x = f 1 (y) = arcsec y, y R ( 1,1) é chamada função arco-cosseno (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

25 Funções elementares Exemplo - função arco-secante f : [0,π] {π/2} R ( 1,1) denida por f (x) = sec x. Por costume, usando x para variável independente e y para variável dependente, i. e., permutando-se x e y, obtém-se y = f 1 (x) = arcsec x, x R ( 1,1) (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

26 Funções elementares Exemplo - função arco-secante f : [0,π] {π/2} R ( 1,1) denida por f (x) = sec x. É usual pôr o eixo das abscissas na horizontal e o das ordenadas na vertical, nos sentidos usuais, através de uma reexão em R 3 e uma rotação em R (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

27 Propriedades - operações com ites Exercício 1. Determine os valores de: ( ( (a) arcsec sec π )) (. (b) sec arccos 1 ). 6 2 ( ( (c) arccotg cotg π )). 4 (d) sec(arctg 1 + arccossec1). ( ( )) 3 (e) cotg arcsen. 2 (f) cossec(arcsec2) + cos ( arctg ( 3 )). ( 2. Calcule as expressões: (a) tg arcsec y ) (. (b) sen arcsec x ) (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

28 Propriedades - operações com ites Teorema Sejam f : X Z e g : D Y funções reais de variável real tais que f (X ) D. Suponha que exista x a f (x) = L D e que g seja contínua. Então, x a (g f )(x) = g (L). Prova Porque g é contínua em D e L D, ε > 0 dado, η > 0 tal que y L < η g (y) g (L) < ε. Assim, dado este η > 0, δ > 0 tal que 0 < x a < δ f (x) L < η. Sendo y = f (x), obtém-se 0 < x a < δ (g f )(x) g (L) < ε. Observação Nas condições do teorema acima, pode-se escrever ( ) g (f (x)) = g f (x). x a x a (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

29 Propriedades - operações com ites Teorema Sejam f : X Z e g : D Y funções reais de variável real tais que f (X ) D. Suponha que exista f (x) = L D e que g seja contínua. ( x a ) Então, g (f (x)) = g f (x). x a x a Exemplo g (x) = sen x é contínua em R. f (x) = 4x 2 π 2 é tal que 2x π (2x π)(2x + π) f (x) = = (2x + π) = 2π. Logo, x π/2 x π/2 2x π x π/2 ( 4x 2 ) ( π2 4x 2 ) π 2 g (f (x)) = g = sen x π/2 x π/2 2x π x π/2 2x π ( ) 4x 2 π 2 = sen = sen(2π) = 0. x π/2 2x π (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

30 Propriedades - operações com ites Teorema Sejam f : X Z e g : D Y funções reais de variável real tais que f (X ) D. Suponha que exista f (x) = L D e que g seja contínua. ( x a ) Então, g (f (x)) = g f (x). x a x a Corolário - a composição de funções contínuas é contínua Se x a f (x) = f (a), ou seja, f é contínua em a, e g é contínua em f (a), então g f é contínua em a. Prova Pelo teorema, ( ) (g f )(x) = g (f (x)) = g f (x) = g (f (a)) = (g f )(a). x a x a x a (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

31 Propriedades - operações com ites Exemplo Calcule e sen 2x 3x. x 0 Solução Sendo g (x) = e x e f (x) = sen2x, tem-se que g é contínua em R e 3x { } sen2x 2 f (x) = = x 0 x 0 3x x 0 3 sen2x = 2 2x 3 senθ = 2 θ 0 θ 3 1 = 2 3 ( ) sen2x sen 2x Ora, (g f )(x) = g (f (x)) = g = e 3x. Assim, 3x sen 2x 3x e x 0 ( ) = g (f (x)) = g f (x) = e sen 2x 3x x 0 x 0 x 0 = e 2/3 = 3 e (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

32 Propriedades - operações com ites Exemplo Calcule ln(tg x). x π/4 Solução Sendo g (x) = ln x e f (x) = tg x, tem-se que g é contínua em x > 0, x R, f é contínua em π/4 e Assim, x π/4 ln(tg x) = (g f )(x) = g (f (x)) = g (tg x) = ln(tg x) = ln x π/4 ( tg π 4 g (tg x) = g ( ) = ln1 = 0 tg x x π/4 ) ( = ln tg x x π/4 ) (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

33 Propriedades - operações com ites Exemplo Sejam L = ϕ (x) e M = ψ (x) e y = ϕ (x) ψ(x) uma função. Das x a x a propriedades do logaritmo, obtém-se lny = lnϕ (x) ψ(x) = ψ (x) lnϕ (x). Porque a função logarítmica é contínua, decorre que x a ( ) ln y x a ln ln y = {ψ (x) lnϕ (x)} x a = x a ψ (x) x a lnϕ (x) = x a ψ (x) ln ( ) y = M ln L = ln L M x a Como a função logarítmica é injetiva, ( ) y = ϕ x a x a (x)ψ(x) = L M = ϕ (x) ψ(x) x a x a ( ) ϕ (x) x a (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

34 Propriedades - operações com ites Exemplo Calcule x 0 ( 1 cos x sen 2 x ) sen2x 3x. Solução 1 cos x (i) Da relação fundamental da trigonometria, decorre que = x 0 sen 2 x 1 cos x x 0 1 cos 2 x = 1 cos x x 0 (1 + cos x)(1 cos x) = 1 x cos x = cos0 = 1 2. (ii) A mudança de variável θ = 2x x = θ/2, acarreta sen2x senθ = x 0 3x θ 0 3 θ/2 = 2 3 senθ = 2. Deste modo, θ 0 θ 3 ( ) sen2x sen2x { ( )} 1 cos x 3x 1 { } 2/3 cos x x 0 3x 1 = = = 1 x 0 sen 2 x x 0 sen 2 3 x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

35 Propriedades - operações com ites Observação Na derivada de y = f (x) dada por o quociente f (x + h) f (x) = f (x), h 0 h f (x + h) f (x) h é chamado razão incremental e costuma ser indicado pelo símbolo y x ou y. Nessa notação, tem-se que h f y (x) = h 0 h = y h 0 x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

36 Propriedades - operações com ites Sejam ϕ : X Z e ψ : D Y funções deriváveis tais que u = ϕ (x), y = ψ (u) e ϕ (X ) D. Considere a composta F = ψ ϕ : X Y, F (x) = (ψ ϕ)(x) = ψ (ϕ (x)) = ψ (u) = y Note que ψ (u) = dy du = y e, a despeito da inconveniência de simbologia, ϕ (x) = du dx = u. Por denição, F y (x) = e, se ocorrer u 0 à h 0 h medida que h 0, F y (x) h 0 h y = h 0 u h 0 = ψ (u) ϕ (x) = y h 0 u u h u = ψ (ϕ (x)) ϕ (x) = dy du du dx (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100 h

37 Propriedades - operações com ites Exemplo Ache a derivada de F (x) = sen ( x 7 2x 3). Solução Considere u = ϕ (x) = x 7 2x 3, y = ψ (u) = sen u. Segue que y = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ϕ)(x) = ψ ( x 7 2x 3) = sen ( x 7 2x 3) = F (x) Pelo que foi visto, F (x) = ψ (u) ϕ (x) = ψ (ϕ (x)) ϕ (x) = dy du du dx Como ψ (u) = sen u e ϕ (x) = 7x 6 2 3x 2 = 7x 6 6x 2, decorre que F (x) = sen ( x 7 2x 3) (7x 6 6x 2) = x 2 ( 7x 4 6 ) sen ( 7x 6 6x 2) (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

38 Propriedades - operações com ites Exemplo Ache a derivada de F (x) = tg x. Solução Considere u = ϕ (x) = x, y = ψ (u) = tg u. Segue que y = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ϕ)(x) = ψ ( x ) = tg x = F (x) Ora, F (x) = ψ (u) ϕ (x) = ψ (ϕ (x)) ϕ (x) = dy du du dx. Como ψ (u) = sec 2 u e ϕ (x) = 1/2 x 1/2 1 = 1/2x 1/2, decorre que F (x) = sec 2 x 1/2x 1/2 = sec2 x 2 x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

39 Propriedades - operações com ites Teorema (Regra da Cadeia) Sejam ϕ : X Z, ψ : D Y e ϕ (X ) D. Se existem ϕ (x) e ψ (u), u = ϕ (x), então ψ ϕ : X Y é derivável em x e (ψ ϕ) (x) = ψ (u) ϕ (x). Prova Para contornar o problema de eventualmente ocorrer u = 0 à medida que y h 0, considere a função auxiliar σ ( u) = u dy, se u 0 du. Daí, 0, se u = 0 [ ] σ ( u) = y u dy du y u = dy dy + σ ( u) y = du du + σ ( u) u, que vale mesmo quando h 0. Como ϕ é contínua em x, u = ϕ (x + h) ϕ (x) é tal que h 0 u 0. Ademais, (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

40 Propriedades - operações com ites Teorema (Regra da Cadeia) Sejam ϕ : X Z, ψ : D Y e ϕ (X ) D. Se existem ϕ (x) e ψ (u), u = ϕ (x), então ψ ϕ : X Y é derivável em x e (ψ ϕ) (x) = ψ (u) ϕ (x). Prova { } y σ ( u) = σ ( u) = h 0 u 0 u 0 u dy = du dy dx y h 0 h [ ] dy = h 0 du + σ ( u) [ ] dy = h 0 du + σ ( u) = dy du du dx u 0 u h = u h 0 h y u dy du = 0 e (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

41 Propriedades - operações com ites Exemplo Ache a derivada de F (x) = cos x 2. Solução Considere u = ϕ (x) = x 2, y = ψ (u) = cos u. Segue que y = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ϕ)(x) = ψ ( x 2) = cos x 2 = F (x). Pela Regra da Cadeia, F (x) = dy du du dx = d du {cos u} d { } x 2 dx = sen u 2x = sen x 2 2x = 2x sen x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

42 Propriedades - operações com ites Exemplo Ache a derivada de F (x) = sec x. Solução Considere u = ϕ (x) = sec x, y = ψ (u) = u 1/2. Segue que y = ψ (u) = ψ (ϕ (x)) = (ψ ϕ)(x) = ψ (sec x) = sec x = F (x). Pela Regra da Cadeia, F (x) = dy du du dx = d } {u 1/2 d du dx {sec x} = 1 2 u (tg x sec x) tg x sec x tg x sec x = = 1/2 2(sec x) (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

43 Propriedades - operações com ites Teorema (Regra da Cadeia) Sejam ϕ : X Z, ψ : D Y e ϕ (X ) D. Se existem ϕ (x) e ψ (u), u = ϕ (x), então y = ψ ϕ : X Y é derivável em x e (ψ ϕ) (x) = ψ (u) ϕ (x). Exemplo Se y = ϕ (x) é invertível, x = ψ (y) = ϕ 1 (y) e (ψ ϕ)(x) = ϕ 1 (ϕ (x)) = x. Se ψ e ϕ são funções deriváveis, a derivação em a x, conduz a (ψ ϕ) (x) = 1 dψ dy dϕ dx = 1 dψ dy = 1 dϕ dx dx dy = 1 dy dx dϕ 1 dy = 1 dϕ dx (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

44 Propriedades - operações com ites Corolário (Teorema da Derivada da Função Inversa) Sejam f : X R Y R invertível e g = f 1 : Y X sua inversa. Se f é derivável no ponto a e g é contínua em b = f (a), então g é derivável no ponto b se, e só se, f (a) 0. No caso armativo, g (b) = 1 f (a). Prova ( ) Como dg df (b) dy dx (a) = 1, decorre que f (a) 0. ( ) Porque g é contínua em b = f (a), x = g (y) = g (b) = a. y b y b Ademais, se y Y {b}, então g (y) a, pois g é bijetiva. Daí, g g (y) g (b) x a (b) = y b y b x a f (x) f (a) = 1 = 1 x a f (x) f (a) f (a) x a (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

45 Propriedades - operações com ites Exemplo - derivada da função arco-seno Ache a derivada de y = arcsen x. Solução y = arcsen x g (x) x = sen y f (y). Daí, dx =cos y, y [ π/2,π/2]. dy Como cos y > 0, da relação fundamental da trigonometria, cos 2 y + sen 2 y = 1, obtém-se cos y = 1 sen 2 y = 1 x 2 O Teorema da Derivada da Função Inversa acarreta y = (arcsen x) = dy dx = 1 dx dy = 1 cos y = 1 1 x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

46 Propriedades - operações com ites Exemplo - derivada da função arco-tangente Ache a derivada de y = arctg x. Solução y = arctg x g (x) x = tg y f (y). Daí, dx dy =sec2 y, y [ π/2,π/2]. Como cos y > 0, sec y > 0 e, da relação fundamental da trigonometria, cos 2 y + sen 2 y = 1, obtém-se cos 2 y cos 2 y + sen2 y cos 2 y = 1 cos 2 y 1 + tg2 y = sec 2 y sec y = 1 + x 2. O Teorema da Derivada da Função Inversa acarreta y = (arctg x) = dy dx = 1 dx dy = 1 sec 2 y = x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

47 Propriedades - operações com ites Exercício Determine as derivadas das funções trigonométricas inversas. (a) y = arccos x. (b) y = arcsec x. (c) y = arccossec x. (d) y = arccotg x. Exemplo - duas formas de derivação Seja y = f (x) = x. Sabe-se, usando explicitamente a denição de derivada, que y = 1/2 x 1/2 1 = 1/2x 1/2. Contudo, note que y = x y 2 = x y 2 x = 0 G (x, y) = 0, G (x, y) y 2 x. Nessa última expressão, y é função de x e G (x, y) = 0 é sua forma implícita. Pela Regra da Cadeia, a derivação em relação x, acarreta d { } y 2 dy dy dx d dx {x} = 0 2y 2 1 y 1 = 0 2y y = 1 y = 1 2y que fornece o mesmo resultado, uma vez que y = x 1/ (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

48 Propriedades - operações com ites Derivação implícita Quando uma função f de x é dada implicitamente por meio de uma expressão matemática da forma G (x, f (x)) = 0, a derivada de f em relação a x pode ser obtida usando a Regra da Cadeia. Exemplo Considere y uma função de x, ou seja, y = f (x) dada implicitamente por y = sen(x + y). Derivando implicitamente em relação a x e usando a Regra da Cadeia, obtém-se y = cos(x + y) (1 + y ) y = cos(x + y) + y cos(x + y) y [1 cos(x + y)] = cos(x + y) y = cos(x + y) 1 cos(x + y) (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

49 Propriedades - operações com ites Derivação implícita Quando uma função f de x é dada implicitamente por meio de uma expressão matemática da forma G (x, f (x)) = 0, a derivada de f em relação a x pode ser obtida usando a Regra da Cadeia. Exemplo Considere y uma função de x, ou seja, y = f (x)dada implicitamente por y 3 + y cos x 2 2 = 0. Derivando implicitamente em relação a x e usando a Regra da Cadeia, obtém-se d dy { } y 3 dy dx + d { } y cos x 2 = 0 3y 2 y + y cos x 2 + y ( sen x 2) 2x = 0 dx y ( 3y 2 + cos x 2) = 2xy sen x 2 y 2 2xy sen x = 3y 2 + cos x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

50 Exercícios 1. Sejam y uma função de x dada implicitamente por tg(xy) + y cos(xy) = 0. Certo autor arma que y 2y sen(xy) y = y x + cos(xy) 2xy sen(xy) Você concorda ou discorda? Justique. 2. Encontre, se possível, uma extensão contínua da função f : R {0} R denida por f (x) = x sen 1 x. 3. Ache f (x) para a função: x 0 { x 2 sen(1/x), se x > 0 (a) f (x) = (b) f (x) = x + x cos x x, se x < 0 sen x cos x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

51 Extensão do conceito: ites no innito Denição Sejam f : X Z uma função real de variável real. (i) Diz-se que α R é o ite de f quando x + se, e só se, ε > 0, M > 0 : x > M f (x) α < ε. Neste caso, escreve-se x + f (x) = α. (ii) Diz-se que β R é o ite de f quando x se, e só se, ε > 0, N > 0 : x < N f (x) β < ε. Neste caso, escreve-se f (x) = β. x Observação As propriedades de ites vistas se aplicam de modo natural aos ites no innito. Neste sentido, e. g., se existem α = f (x) e β = f (x), x + x + então (f g)(x) = f (x) g (x) = α β = f (x) g (x). x + x + x + x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

52 Extensão do conceito: ites no innito Denição Sejam f : X Z uma função real de variável real. (i) Diz-se que α R é o ite de f quando x + se, e só se, ε > 0, M > 0 : x > M f (x) α < ε. Neste caso, escreve-se x + f (x) = α. Exemplo Seja k R, k > 0. Mostre que Solução x + 1 x k = x + x k = 0. Para todo ε > 0 dado, tome M = ε 1/k > 0. Daí, x > M implica f (x) α = 1 x k 0 = 1 x = 1 k x < 1 k M = 1 k ( ) = 1 = ε. ε 1/k k ε (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

53 Extensão do conceito: ites no innito Denição Sejam f : X Z uma função real de variável real. (ii) Diz-se que β R é o ite de f quando x se, e só se, ε > 0, N > 0 : x < N f (x) β < ε. Neste caso, escreve-se f (x) = β. x Exemplo Seja k R, k > 0. Mostre que Solução x 1 x k = x x k = 0. Para todo ε > 0 dado, tome N = ε 1/k > 0. Daí, x < N implica x > N e f (x) α = 1 x k 0 = 1 x = 1 k ( x) < 1 k N = 1 k ( ) = 1 = ε. ε 1/k k ε (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

54 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo - indeterminação do tipo / 4 7x 3 Calcule x x Solução Como x, x < 0. Destarte, ( ) ( ) x 3 x 3 x x = x 7 x 3 3 x ( x ) = x 7 3 x x x 6 x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

55 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo - indeterminação do tipo / 4 7x 3 Calcule x x Solução Como x, x < 0. Destarte, 4 4 7x 3 x x = x 7 3 x = x 6 ( 4 x x x 3 7 ) x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

56 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo - indeterminação do tipo / 4 7x 3 Calcule x x Solução Como x, x < 0. Destarte, 4 4 7x 3 x x = x x x ) = x x x x x x 6 = ( x x x 6 = = (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

57 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo - indeterminação do tipo / x 2 5x Calcule x + x 3 + x 2. Solução Como x +, x > 0. Destarte, x 2 5x x 3 + x 2 = x + x 3 x + ( x 2 ) 1 5 x ( x 2 2 x 3 ) = x + 1 x 1 5 x x 2 2 x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

58 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo - indeterminação do tipo / x 2 5x Calcule x + x 3 + x 2. Solução Como x +, x > 0. Destarte, x 2 5x x + x 3 + x 2 = 1 x + x 1 5 x x 2 2 x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

59 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo - indeterminação do tipo / x 2 5x Calcule x + x 3 + x 2. Solução Como x +, x > 0. Destarte, x 2 5x x + x 3 + x 2 = x + 1 x x x x 2 2 x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

60 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo - indeterminação do tipo / x 2 5x Calcule x + x 3 + x 2. Solução Como x +, x > 0. Destarte, x 2 5x x + x 3 + x 2 = 1 x + x x + x + ( ) 1 5 x ( x 2 2 x 3 ) (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

61 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo - indeterminação do tipo / x 2 5x Calcule x + x 3 + x 2. Solução Como x +, x > 0. Destarte, x 2 5x x + x 3 + x 2 = 1 x + x 1 x x + x + 5 x + x 1 x 2 2 x + x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

62 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo - indeterminação do tipo / x 2 5x Calcule x + x 3 + x 2. Solução Como x +, x > 0. Destarte, x 2 5x x + x 3 + x 2 = = 1 x + x x x = 0 x + 1 x + x 1 x x + x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

63 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo Calcule x sen2x. x Solução Como x, x < 0 e 1 x < 0. Porque 1 sen2x 1, segue que 1 x sen2x x 1 x Como x 1 = 0 e x 1 = 1 x 1 = 1 0 = 0, pelo x x x sen2x teorema do confronto, decorre que x x = (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

64 Extensão do conceito: ites no innito Exemplo - indeterminação do tipo / Calcule Solução t 2 t + sen t. t + cos t Como t, t < 0. Destarte, { 2 t 2 t + sen t t 1 + sen } t t = { t t + cos t t t 1 + cos t { t 2 t t 1 + sen } t t = { 1 + cos t t t } = t 2 t 1 + sen t t 1 + cos t t } =... = = (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

65 Funções elementares Denição Seja f : X Y uma função real de variável real. Se existir uma reta y = α x + β tal que ou {f (x) (α x + β)} = 0, x {f (x) (α x + β)} = 0, x + diz-se que a reta y = αx + β é uma assíntota para f. Quando α = 0, a assíntota é dita horizontal; caso contrário, oblíqua. Exemplo Seja f (x) = x x, x R. 2 A divisão de x 3 pelo divisor 1 + x 2 tem quociente x e resto x, conforme se verica pelo dispositivo prático abaixo. x x 2 x 3 x x x Assim, x 3 = x (1 + x 2) + ( x) e f (x) = x x 1 + x. Daí, (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

66 Extensão do conceito: ites no innito Denição Seja f : X Y uma função real de variável real. Se existir uma reta y = α x + β tal que {f (x) (α x + β)} = 0 ou x {f (x) (α x + β)} = 0 x + diz-se que a reta y = αx + β é uma assíntota para f. Quando α = 0, a assíntota é dita horizontal; caso contrário, oblíqua. Exemplo x {f (x) x} = x x 1 + x = 1/x 2 x 1/x = reta y = x é assíntota oblíqua de f quando x = 0. Logo, a (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

67 Extensão do conceito: ites no innito Denição Seja f : X Y uma função real de variável real. Se existir uma reta y = α x + β tal que {f (x) (α x + β)} = 0 ou x {f (x) (α x + β)} = 0 x + diz-se que a reta y = αx + β é uma assíntota para f. Quando α = 0, a assíntota é dita horizontal; caso contrário, oblíqua. Exemplo Similarmente, x {f (x) x} = x + x x = 1/x 2 x + 1/x = 0 = 0, ou seja, a reta y = x é também assíntota oblíqua de f quando x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

68 Derivada de funções Exemplo Seja f (x) = (x 3)2 4(x 1), x R {1}. A divisão de (x 3) 2 pelo divisor 4x + 4 tem quociente x conforme se verica pelo dispositivo prático abaixo. e resto 14, x 2 6x + 9 4x 4 Assim, x 2 x + x 4 5 ( x (x 3) 2 = (4x 4) 4 ( x 5x 9 f (x) = x 5 14 ) 14 4(x 1). Daí, para y = x 4 5 4, obtém-se ) + ( 14) e (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

69 Derivada de funções Exemplo Seja f (x) = (x 3)2 4(x 1), x R {1}. (i) {f (x) y} = x + seja, a reta y = x x (x 1) = x + 14/x 4 4/x = 0 = 0, ou 4 0 é assíntota oblíqua de f quando x +. (ii) {f (x) y} = x a reta y = x x 14 4(x 1) = x 14/x 4 4/x = 0 = 0, isto é, 4 0 também é assíntota oblíqua de f quando x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

70 Derivada de funções Exercício 1. Determine as assíntotas, se existentes, da função: (a) f (x) = x 2 3, x R {2}. (b) f (x) = arccotg x. 2x 4 (c) f (x) = arcsec x. (d) f (x) = arccossec x. Exercício 2. Uma pessoa arma que as assíntotas de uma função f, quando x + e quando x, são sempre iguais. Você concorda ou discorda? Justique. Exercício 3. Pode uma assíntota y = αx + β de uma função f : X Y interceptar o gráco de f? Justique (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

71 Extensão do conceito: ites innitos Denição Sejam f : X Z uma função real de variável real. Escreve-se: (i) f (x) = + para signicar que x k > 0, M > 0 : x < M f (x) > k (ii) f (x) = para signicar que x a κ > 0, δ > 0 : 0 < x a < δ f (x) < κ Exemplo Mostre que x 2 = +. x Solução Dado qualquer k > 0, tome M = k > 0. A hipótese x < M implica x > M e f (x) = x 2 = ( x) 2 > M 2 = k (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

72 Extensão do conceito: ites innitos (ii) x a f (x) = κ > 0, δ > 0 : 0 < x a < δ f (x) < κ Exemplo Mostre que x 0 1 cos x 1 =. Solução 2 Dado qualquer κ > 0, tome δ = > 0. A hipótese 0 < x 0 < δ κ implica que x 0, x < δ x 2 < 2 κ x 2 2 < 1. Por conseguinte, κ 0 < 1 cos x = cos0 cos x = 2 sen x 2 sen x 2 = 2 sen x 2 2 x 2 < κ, 1 1 cos x > κ e f (x) = 1 < κ, como desejado. cos x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

73 Derivada de funções Exercício Existem variadas formas de ites innitos. Dena, precisamente, o que se quer dizer quando se escreve: (a) f (x) = +. x a (b) f (x) =. x (c) f (x) = +. x a (d) f (x) =. x + (e) f (x) = +. x + (f) f (x) =. + Exemplo - indeterminação do tipo { } Calcule x + 9 x + 4. x + x a Solução Note que x + 9 = +. e x + 4 = +. Por esta razão, diz-se x + x + que o ite dado é uma indeterminação do tipo. Seja como for, (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

74 Derivada de funções Exemplo - indeterminação do tipo { } Calcule x + 9 x + 4. x + { x } { x } x x x + 4 = + 9 x + 4 x + x + x x = x + x x = x + x (1 + 9x 1 ) + x (1 + 4x 1 ) 5 x 1/2 x x x 1 = = = (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

75 Derivada de funções Exemplo - indeterminação do tipo { x Calcule x}. x Solução { } { } x x x x = x x x x x x 3 = x x = 3 x x x 2 (1 + 3x 2 ) x = x 3 x 1 + 3x 2 x 3 x 1 = x 1 + 3x = 3 0 = (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

76 Derivada de funções Exemplo - indeterminação do tipo 0/0 x 1 + x 4 Calcule x + x 3 x. 2 Solução x 1 + x 4 = x 3 x 2 x + x x 3 x + x 1 1 = 1 < 0 e x 1 (1 + x 3) x 2 (x 1 1) = x + x = +. x + Exemplo - indeterminação do tipo / Calcule x 2x 5/3 x 1/3 + 3 x 8/5 + 3x + x. 1/7 {x 1 + x 3 x 1 1 } =, pois (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

77 Derivada de funções Exemplo - indeterminação do tipo / Calcule Solução pois x x x 2x 5/3 x 1/3 + 3 x 8/5 + 3x + x. 1/7 2x 5/3 x 1/3 + 3 = x 8/5 + 3x + x 1/7 2 x 4/3 + 3x 5/ x 3/5 + x x = x = x 5/3 (2 x 1/3 5/3 + 3x 5/3) x 8/5 (1 + 3x 1 8/5 + x 1/7 8/5) { } x 1/15 2 x 4/3 + 3x 5/ x 3/5 + x 51/35 51/35 = 2 > 0 e x x 1/15 = (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

78 Derivada de funções Exercício (i) Dena, precisamente, o que se entende por (ii) Mostre que 1 x 0 + x = +. f (x) = +. x a + Exercício Calcule 2x + 3 x 1 + x 2 1. Solução Porque x 1 +, x > 1, x 2 1 > 0, Logo, 2x + 3 x 1 + x 2 1 = +. x 2 1 = 0 e 2x + 3 = 5 > 0. x 1 + x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

79 Derivada de funções Exercício (i) Dena, precisamente, o que se entende por (ii) Mostre que 1 x 0 x =. f (x) =. x a Exercício Calcule x 3 x 0 x. 2 Solução Porque x 0, x < 0, x 2 > 0, x 3 =. x 0 x 2 x 2 = 0 e x 3 = 3 < 0. Logo, x 0 x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

80 Derivada de funções Exercícios 1. Calcule, se existir, o ite dado. (a) (c) 3. (b) x 0 + x 2 x x + { } x + 1 x + 3. (d) x + x 1 3 x 3 + 2x 1 x 2 + x x x x 2 (e). 3 x 1 x 2 cos2x 1 (f). x 0 sen x f (x) f (2) 2. Calcule, caso exista, e se não existir, justique, = 0 em { x 2 x 2 x, se x 2 que f (x) = x 2 /2, se x < (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

81 Derivada de funções 3. Sejam n N e f (x) = sen 1 x, x R {0}. 1 (i) Determine f (x) para x = x 0 + 2nπ. (ii) Encontre f (x) para x = 1 x 0 + 2nπ + π/2. (iii) Existe L = f (x)? Justique. x 0 4. Mostre, utilizando { o teorema do confronto, } que x + 5 x + 3 = 0. x + 5. Determine L para que seja contínua em R a função x 2 4 ψ (x) = x 2, se x 2. L, se x = (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

82 Derivada de funções 6. Calcule, se existir, o ite dado. e x 1 (a) x 0 e 2x 1. (c) (b) (2 cotgθ). θ 0 { 2x + } x 2/3 16 4x 2 + 3x 2. (d). x x 64 x 8 (e) (1 + cossecθ). x 0 (f) x 0 cos2x 1. sen x Um ite fundamental ( Considere f : N R a função denida por f (n) = ) n. f (1) = 2, n f (2) = 9 64, f (3) =, etc. Porque o domínio de f é N = {1,2,3,...} e o 4 27 contradomínio R, diz-se que f é uma sequência real (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

83 Derivada de funções Em Análise Matemática, demonstra-se que Disso decorre o seguinte: f (n) = e 2, n + Corolário 1 (i) Fixado k Z qualquer, n + ( ) n+k ( = ) n ( n n + n n ( ( = n ) n n n + [ = e = e (1 + 0) k = e 1 = e ) k n n ( ) k n )] k (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

84 Derivada de funções Em Análise Matemática, demonstra-se que Disso decorre o seguinte: Corolário 2 f (n) = e 2, n + (ii) Fixado k Z qualquer, a mudança de variável m = n + k n = m k é tal que n + m + e n + ( n + k ) n ( = ) m k m + m ( = m + = e ) m m m + [ = e (1 + 0) k = e 1 = e ( m m ( m ) k )] k (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

85 Derivada de funções Em Análise Matemática, demonstra-se que Disso decorre o seguinte: Corolário 3 f (n) = e 2, n + (iii) Fixado k Z qualquer, a mudança de variável n = m m = n é tal que m n +. Além disso, pelo corolário 2, segue que m ( m ) m = ( ) n = n + n ( ) n n = n + n 1 ( = n + n 1 = e ) n n + ( n 1 n ) n (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

86 Derivada de funções Um ite fundamental Para cada x R, x > 1, n N tal que n x n + 1. Daí, 1 n 1 x 1 n n x n ( e, por conseguinte, ) n ( ) x ( ) n+1. Pelos n + 1 x n ( corolários 1 e 2, ) n ( = e e ) n+1 = e. Ora, n + n + 1 n + n x + n +. Assim, pelo teorema do confronto, ( x + Provou-se, deste modo, o seguinte x ) x = e (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

87 Derivada de funções Teorema (um outro ite fundamental) ( x x ) x = e. A mudança de variável t = y y = t é tal que y t + e ( ) y ( = 1 1 ) t ( ) t t 1 = = y y t + t t + t ( ) t ( t = ) t. A mudança de variável t + t 1 t + t 1 ( x = t 1 t = x + 1 é tal que t + x + e ) y = y y ( ) x+1 ( = ) x ( ) = e 1 = e. Provou-se x + x x + x x assim o seguinte (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

88 Derivada de funções Corolário (um outro ite fundamental) ( x x ) x = e Exemplo Calcule θ ( θ ) θ/2. Solução A mudança de variável x = θ/3 θ = 3x é tal que θ x e ( ) θ/2 ( = ) 6x/2 [( = ) x ] 3 = θ θ x x x x [ ( x x ) x ] 3 = e 3, uma vez que ψ (u) = u 3 é contínua em R (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

89 Derivada de funções Exercício Seja k R xado. Mostre que: ( (a) x x ) x+k = e. (b) x + ( x + k ) x = e. Observação Porque x + ( ) x = e e x ( θ ± x ( x ) x = e é usual escrever θ ) θ = e. Note que a mudança de variável t = 1 θ é tal que (i) θ + t 0+ e (ii) θ t 0. Isso, por sua vez, mostra que (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

90 Derivada de funções ( (i) e = ) θ = θ + θ (1 + t)1/t e também que t 0 ( + (ii) e = θ θ ) θ = t 0 (1 + t)1/t. Por um teorema anterior (sobre ites laterais), existe L = (1 + t) 1/t. Estabeleceu-se assim que t 0 ( θ ± ) θ = e (1 + t) 1/t = e θ t 0 Exercício Mostre que a recíproca do resultado acima é válida. Lema (um outro ite fundamental) (1 + t) 1/t = e t 0 θ ± ( θ ) θ = e (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

91 Derivada de funções Lema (um outro ite fundamental) (1 + t) 1/t = e t 0 θ ± ( θ ) θ = e Exemplo Calcule x 0 (1 + sen x) 1/x. Solução A mudança de variável t = sen x x = arcsen t é tal que x 0 t 0 e (1 + sen x) 1/x = x 0 [ ] (1 + sen x) 1 sen x 0 x x 0 x 0 [ (1 + sen x) 1 sen x [ sen x x = t 0 ] sen x x = (1 + t) 1/t] 1 = e1 = e (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

92 Derivada de funções Teorema (mais um outro ite fundamental) Seja a R, a > 0, xado. h 0 a h 1 = ln a h Prova Considere a mudança de variável y = a h 1 a h = y + 1 h = log a (y + 1). Note que h 0 y 0. a h 1 y Daí, = h 0 h y 0 log a (y + 1) = 1 = y 0 1 y log a (y + 1) 1 log a (y + 1) = 1 1 [ ] = 1/y y 0 log a (y + 1) 1/y log a e = 1 = ln a log e e y 0 log e a (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

93 Derivada de funções Corolário - derivada de f (x) = a x Seja a R, a > 0, xado. Se f (x) = a x, x R, então f (x) = a x ln a. Prova f f (x + h) f (x) (x) h 0 h a h 1 a x h 0 h 0 h = a x ln a. a x+h a x = h 0 h = a x ah 1 = h 0 h Porque y = a x x = log a y, pelo teorema da derivada da função inversa, segue que d dy {log dx a y} = dy = 1 = 1 dy a x ln a = 1. Em particular, para y ln a a = e, obtém-se seguinte d dx dx {ex } = e x ln e = e x e d dy {ln y} = 1 y. Estabeleceu-se o (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

94 Derivada de funções Corolário Seja a R, a > 0, xado. d dx {log a x} = 1 x ln a, d dx {ln x} = 1 x e d dx {ex } = e x. Exemplo Ache a derivada de f (x) = senh x. Solução Pela Regra da Cadeia e propriedades de derivação, f (x) = d {senh x} = { } dx d e x e x = 1 dx 2 2 d { e x e x} = 1 { dx 2 e x d } d du {eu } dx { x} = 1 2 {ex e x ( 1)} = ex + e x = cosh x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

95 Derivada de funções Exercício 1. Ache a derivada de f (x) = cosh x. 2. Um estudante arma que d dx {tgh x} = sech2 x. Você concorda ou discorda? Justique. Exemplo - derivada da função potência de expoente real Seja f (x) = x α, α R. Sendo y = ψ (u) = e u e u = g (x) = α ln x = ln x α, tem-se u = {α ln x} = α {ln x} = α 1 x = α x e y = ψ (u) = e u = ψ (g (x)) = (ψ g)(x) = ψ (α ln x) = e lnxα = x α = f (x). Pela Regra da Cadeia, f (x) = dy dx = dy du du dx = eu α x = x α α x = α x α (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

96 Derivada de funções Derivação logarítmica Às vezes, o processo de obtenção da derivada de f pode ser simplicado se, primeiramente, aplica-se o logaritmo (neperiano) de f para depois aplicar as regras de derivação. Exemplo Determine a derivada de ϕ (x) = x senx. Solução Aplicando o logaritmo, obtém-se lnϕ (x) = ln x senx = sen x ln x. Derivando em relação a x, usando a Regra da Cadeia, segue que (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

97 Derivada de funções Solução d dx d du {ln u} d dx d {lnϕ (x)} = {sen x ln x} dx d {ϕ (x)} = dx {sen x} ln x + sen x d {ln x} dx 1 ϕ (x) ϕ (x) = cos x ln x + sen x 1 x ϕ (x) ϕ (x) = x cos x ln x + sen x x ϕ (x) = x senx x cos x ln x + sen x x ϕ (x) = x senx 1 (x cos x ln x + sen x) (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

98 Derivada de funções Exercício 1. Seja y = f (x) uma função. Determine a derivada de f, sabendo que: (a) f (x) = (sen x) x. (b) y x = x y. (c) y = tg(ln x). (d) y = ln ( x 2 + 2x ). (e) 3 x + 3 xy = 4y 2. (f) 2x 3 y + 3xy 3 = Calcule: (a) (c) (e) x + {2x 3 x }. (b) x x 1 3 x. log x 0 + 1/3x. (d) {ln x ln(x + 1)}. x + {ln(2x + 1) ln(x + 3)}. (f) 1 e x sen x. x + x (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

99 Derivada de funções Exercício e ax e bx 3. Certo autor arma que x 0 x discorda? Justique. = a b. Você concorda ou 4. Calcule: (a) 7 x sen 3x x x 0. (b) 2 x 81 5 ( x 3) 54. x 9 5. Admita que y = f (x). Obtenha y para: (a) x 2 y + y 3 = 2. (b) tg y = xy. 6. Usando derivação logarítmica, ache f (x) para: (a) f (x) = (sen x) cosx. (b) f (x) = (x 2)3 x + 2 e 2x (x 1) (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100

100 Leitura Recomendada I NETO, Aref Antar; SAMPAIO, José Luiz Pereira; LAPA, Nilton; CAVALLANTE, Sidney Luiz. Introdução à Análise Matemática. Noções de matemática. v. 8. São Paulo: Moderna, [s. a]. HOFFMAN, L. e BRADLEY, G. Cálculo: um curso moderno e suas aplicações. Rio de Janeiro: LTC, THOMAS, G. B.; WEIR, M. D.; HASS, J. Cálculo. 11. ed. v. 1. São Paulo: Pearson Addison Wesley, (UNB) Luiz Claudio Pereira / 100