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Derivação implicita , quem ajuda ?

Derivação implicita , quem ajuda ?

Mensagempor Loretto » Ter Ago 03, 2010 02:15

Seja y = f(x) definida implicitamente na equação sec² (x+y) - cos²(x-y) = 3/2. Determine a equação da reta tangente ao gráfico de y = f(x) no ponto ( Pi/4, O).

Parece que eu preciso aplicar a derivação na forma implicita. Mas eu ainda não entendi muito bem esse negócio de derivação implicita, alguém me pode dar uma boa explicação, ou mesmo me recomendar um bom site, preciso de ajuda !!!!!!!
Obrigado, vlw !! :idea: :idea: :idea:
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Re: Derivação implicita , quem ajuda ?

Mensagempor Adriano Tavares » Qua Mar 09, 2011 00:36

Olá,Loreto.

sec^2(x+y)-cos^2(x-y)=\frac{3}{2}

Diferenciando ambos os membros em relação a x teremos:

2sec(x+y).sec(x+y).tg(x+y).(1+y')-[2cos(x-y).(-sen(x-y).(1-y')]=0

2sec^2(x+y)tg(x+y).(1+y')=-2cos(x-y).sen(x-y).(1-y')\\\\ \frac{1+y'}{1-y'}=-2\left(\frac{cos(x-y).sen(x-y)}{2sec^2(x+y).tg(x+y)}\right)

Substituindo os valores de x e y teremos:

\frac{1+y'}{1-y'}=-\frac{cos45^\circ.sen45^\circ}{sec^2 45^\circ .tg 45^\circ} \Rightarrow \frac{1+y'}{1-y'}=-\frac{cos 45^\circ.sen 45^\circ}{\frac{1}{cos^2 45^\circ}}}\\\\\frac{1+y'}{1-y'}=-sen45^\circ.cos^3 45^\circ \Rightarrow \frac{1+y'}{1-y'}=-\frac{\sqrt{2}}{2}.\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^3\\\\\frac{1+y'}{1-y'}=-\frac{1}{4} \Rightarrow 4y'+4=-1+y' \Rightarrow y'=-\frac{5}{3}

Calculando a reta tangente teremos:

y-y_0=y'(x-x_0) \Rightarrow y=-\frac{5}{3}(x-\frac{\sqrt{2}}{2}) \Rightarrow  y=-\frac{5}{3}x+\frac{5\sqrt{2}}{6}
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Re: Derivação implicita , quem ajuda ?

Mensagempor LuizAquino » Qua Mar 09, 2011 10:43

Adriano Tavares escreveu:y-y_0=y'(x-x_0) \Rightarrow y=-\frac{5}{3}\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)

Correção:
y-y_0=y'(x-x_0) \Rightarrow y=-\frac{5}{3}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)
Editado pela última vez por LuizAquino em Qua Mar 09, 2011 22:02, em um total de 1 vez.
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Re: Derivação implicita , quem ajuda ?

Mensagempor Adriano Tavares » Qua Mar 09, 2011 21:56

Olá,LuizAquino.

Creio que não há erro nessa primeira correção,isso porque eu já coloquei o valor direto do resultado da tg45^\circ que é igual a 1.Note que no meu cálculo aperece o sen45^\circ e no seu apenas o valor do cos45^\circ.Quanto a segunda sim,pois, faltou atenção minha na hora de substituir o valor de x_0.Eu substitui o valor de x_0 pelo cos\frac{\pi}{4}.

Um abraço!
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Re: Derivação implicita , quem ajuda ?

Mensagempor LuizAquino » Qua Mar 09, 2011 22:03

Olá Adriano Tavares,

Eu atualizei a mensagem removendo essa primeira "correção".
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Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: Thassya - Sáb Out 01, 2011 16:20

1) Para que os pontos (1,3) e (-3,1) pertençam ao grafico da função f(X)=ax + b ,o valor de b-a deve ser ?

2)Qual o maior valor assumido pela função f : [-7 ,10] em R definida por f(x) = x ao quadrado - 5x + 9?

3) A função f, do primeiro grau, é definida pos f(x)= 3x + k para que o gráfico de f corte o eixo das ordenadas no ponto de ordenada 5 é?


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Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
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1)Dados dois pontos A=(1,3) e B=(-3,1) de uma reta, é possivel definir a sua equação.

y_{b}-y_{a}=m(x_{b}-x_{a})

1-3=m(-3-1) \Leftrightarrow -2=-4m \Leftrightarrow m=\frac{2}{4} \Leftrightarrow m=\frac{1}{2}

Em y=mx+b substitui-se m, substitui-se y e x por um dos pares ordenados, e resolve-se em ordem a b.

3=\frac{1}{2} \cdot 1+b\Leftrightarrow 3-\frac{1}{2}=b \Leftrightarrow b=\frac{5}{2}



2)Na equação y=x^2-5x+9 não existem zeros.Senão vejamos

Completando o quadrado,

(x^2-5x+\frac{25}{4})+9-\frac{25}{4} =0\Leftrightarrow (x-\frac{5}{2})^2+\frac{11}{4}=0

As coordenadas do vertice da parabola são (\frac{5}{2},\frac{11}{4})

O eixo de simetria é a reta x=\frac{5}{2}.Como se pode observar o vertice está acima do eixo Ox, estando parabola virada para cima, o vertice é um mínimo absoluto.Então basta calcular a função para os valores dos extremos do intervalo.

f(-7)=93
f(10)=59