· 2017-10-04 · abusos de notação y0(x):trocar o nome da função (no caso, f), pela variável...
TRANSCRIPT
Cálculo Aplicado I
Humberto José Bortolossi
Departamento de Matemática Aplicada
Universidade Federal Fluminense
Parte 12
20 de junho de 2013
Parte 12 Cálculo Aplicado I 1
Na Última Aula
Parte 12 Cálculo Aplicado I 2
Derivada
Seja p um ponto do interior do domínio D de uma função f . Aderivada de f no ponto p, denotada por
f ′(p) oudfdx
(p)
é o limite
f ′(p) =dfdx
(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
= limh→0
f (p + h)− f (p)h
,
caso ele exista. Neste caso, dizemos que f é derivável (oudiferenciável) no ponto p.
Definição
Parte 12 Cálculo Aplicado I 3
A equação da reta tangente
Se f é derivável no ponto p, a equação da reta tangente ao gráfico de fno ponto (p, f (p)) é y = f (p) + f ′(p) · (x − p).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 4
A função y = f (x) = |x | não é derivável em p = 0!
Parte 12 Cálculo Aplicado I 5
y = f (x) =√
x não é derivável em p = 0
Parte 12 Cálculo Aplicado I 6
Diferenciabilidade implica em continuidade
Se f é derivável (diferenciável) em p, então f é contínua em p.
Teorema
Prova. Se f é derivável no ponto p, então existe o limite
f ′(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
.
Agora
limx→p
f (x) = limx→p
[f (p) + f (x)− f (p)]
= limx→p
[f (p) +
f (x)− f (p)x − p
· (x − p)]
= f (p) + f ′(p) · 0 = f (p).
Logo f é contínua em p.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 7
Diferenciabilidade implica em continuidade
Se f é derivável (diferenciável) em p, então f é contínua em p.
Teorema
Prova. Se f é derivável no ponto p, então existe o limite
f ′(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
.
Agora
limx→p
f (x) = limx→p
[f (p) + f (x)− f (p)]
= limx→p
[f (p) +
f (x)− f (p)x − p
· (x − p)]
= f (p) + f ′(p) · 0 = f (p).
Logo f é contínua em p.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 8
Diferenciabilidade implica em continuidade
Se f é derivável (diferenciável) em p, então f é contínua em p.
Teorema
Prova. Se f é derivável no ponto p, então existe o limite
f ′(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
.
Agora
limx→p
f (x) = limx→p
[f (p) + f (x)− f (p)]
= limx→p
[f (p) +
f (x)− f (p)x − p
· (x − p)]
= f (p) + f ′(p) · 0 = f (p).
Logo f é contínua em p.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 9
Diferenciabilidade implica em continuidade
Se f é derivável (diferenciável) em p, então f é contínua em p.
Teorema
Prova. Se f é derivável no ponto p, então existe o limite
f ′(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
.
Agora
limx→p
f (x) = limx→p
[f (p) + f (x)− f (p)]
= limx→p
[f (p) +
f (x)− f (p)x − p
· (x − p)]
= f (p) + f ′(p) · 0 = f (p).
Logo f é contínua em p.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 10
Diferenciabilidade implica em continuidade
Se f é derivável (diferenciável) em p, então f é contínua em p.
Teorema
Prova. Se f é derivável no ponto p, então existe o limite
f ′(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
.
Agora
limx→p
f (x) = limx→p
[f (p) + f (x)− f (p)]
= limx→p
[f (p) +
f (x)− f (p)x − p
· (x − p)]
= f (p) + f ′(p) · 0 = f (p).
Logo f é contínua em p.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 11
Diferenciabilidade implica em continuidade
Se f é derivável (diferenciável) em p, então f é contínua em p.
Teorema
Prova. Se f é derivável no ponto p, então existe o limite
f ′(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
.
Agora
limx→p
f (x) = limx→p
[f (p) + f (x)− f (p)]
= limx→p
[f (p) +
f (x)− f (p)x − p
· (x − p)]
= f (p) + f ′(p) · 0 = f (p).
Logo f é contínua em p.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 12
Diferenciabilidade implica em continuidade
Se f é derivável (diferenciável) em p, então f é contínua em p.
Teorema
Prova. Se f é derivável no ponto p, então existe o limite
f ′(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
.
Agora
limx→p
f (x) = limx→p
[f (p) + f (x)− f (p)]
= limx→p
[f (p) +
f (x)− f (p)x − p
· (x − p)]
= f (p) + f ′(p) · 0 = f (p).
Logo f é contínua em p.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 13
Diferenciabilidade implica em continuidade
Se f é derivável (diferenciável) em p, então f é contínua em p.
Teorema
Prova. Se f é derivável no ponto p, então existe o limite
f ′(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
.
Agora
limx→p
f (x) = limx→p
[f (p) + f (x)− f (p)]
= limx→p
[f (p) +
f (x)− f (p)x − p
· (x − p)]
= f (p) + f ′(p) · 0 = f (p).
Logo f é contínua em p.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 14
Diferenciabilidade implica em continuidade
Se f é derivável (diferenciável) em p, então f é contínua em p.
Teorema
Prova. Se f é derivável no ponto p, então existe o limite
f ′(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
.
Agora
limx→p
f (x) = limx→p
[f (p) + f (x)− f (p)]
= limx→p
[f (p) +
f (x)− f (p)x − p
· (x − p)]
= f (p) + f ′(p) · 0 = f (p).
Logo f é contínua em p.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 15
Diferenciabilidade implica em continuidade
Se f é derivável (diferenciável) em p, então f é contínua em p.
Teorema
Prova. Se f é derivável no ponto p, então existe o limite
f ′(p) = limx→p
f (x)− f (p)x − p
.
Agora
limx→p
f (x) = limx→p
[f (p) + f (x)− f (p)]
= limx→p
[f (p) +
f (x)− f (p)x − p
· (x − p)]
= f (p) + f ′(p) · 0 = f (p).
Logo f é contínua em p.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 16
Continuidade não implica em diferenciabilidade
A recíproca do teorema é falsa!
y = f (x) = |x | é contínua em p = 0, mas y = f (x) = |x | não é derivável em p = 0.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 17
Quando uma função pode deixar de ser derivável?
(bico) (tangente vertical) (descontinuidade)
Parte 12 Cálculo Aplicado I 18
Diferenciação das funções básicas
Parte 12 Cálculo Aplicado I 19
Regras básicas de derivação
f (x) f ′(x)c 0xc c · xc−1
sen(x) cos(x)cos(x) − sen(x)
ex ex
ln(x) 1/x
ddx
[f (x) + g(x)] =dfdx
(x) +dgdx
(x),ddx
[f (x) · g(x)] = dfdx
(x) · g(x) + f (x) · dgdx
(x),
ddx
[c · f (x)] = c · dfdx
(x),ddx
[f (x)g(x)
]=
dfdx
(x) · g(x)− f (x) · dgdx
(x)
[g(x)]2.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 20
Regras básicas de derivação
f (x) f ′(x)c 0xc c · xc−1
sen(x) cos(x)cos(x) − sen(x)
ex ex
ln(x) 1/x
[f (x) + g(x)]′ = f ′(x) + g′(x), [f (x) · g(x)]′ = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x),
[c · f (x)]′ = c · f ′(x),[
f (x)g(x)
]′=
f ′(x) · g(x)− f (x) · g′(x)[g(x)]2
.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 21
Exemplos
(a) Se f (x) = x6, então f ′(x) = 6 x5.
(b) Se y = x1000, então y ′ = 1000 x999.
(c) Se y = t4, entãodydt
= 4 t3.
(d)ddr
(r3) = 3 r2.
(e) Se y = um, então y ′ = m um−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 22
Exemplos
(a) Se f (x) = x6, então f ′(x) = 6 x5.
(b) Se y = x1000, então y ′ = 1000 x999.
(c) Se y = t4, entãodydt
= 4 t3.
(d)ddr
(r3) = 3 r2.
(e) Se y = um, então y ′ = m um−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 23
Exemplos
(a) Se f (x) = x6, então f ′(x) = 6 x5.
(b) Se y = x1000, então y ′ = 1000 x999.
(c) Se y = t4, entãodydt
= 4 t3.
(d)ddr
(r3) = 3 r2.
(e) Se y = um, então y ′ = m um−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 24
Exemplos
(a) Se f (x) = x6, então f ′(x) = 6 x5.
(b) Se y = x1000, então y ′ = 1000 x999.
(c) Se y = t4, entãodydt
= 4 t3.
(d)ddr
(r3) = 3 r2.
(e) Se y = um, então y ′ = m um−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 25
Exemplos
(a) Se f (x) = x6, então f ′(x) = 6 x5.
(b) Se y = x1000, então y ′ = 1000 x999.
(c) Se y = t4, entãodydt
= 4 t3.
(d)ddr
(r3) = 3 r2.
(e) Se y = um, então y ′ = m um−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 26
Exemplos
(a) Se f (x) = x6, então f ′(x) = 6 x5.
(b) Se y = x1000, então y ′ = 1000 x999.
(c) Se y = t4, entãodydt
= 4 t3.
(d)ddr
(r3) = 3 r2.
(e) Se y = um, então y ′ = m um−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 27
Exemplos
(a) Se f (x) = x6, então f ′(x) = 6 x5.
(b) Se y = x1000, então y ′ = 1000 x999.
(c) Se y = t4, entãodydt
= 4 t3.
(d)ddr
(r3) = 3 r2.
(e) Se y = um, então y ′ = m um−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 28
Exemplos
(a) Se f (x) = x6, então f ′(x) = 6 x5.
(b) Se y = x1000, então y ′ = 1000 x999.
(c) Se y = t4, entãodydt
= 4 t3.
(d)ddr
(r3) = 3 r2.
(e) Se y = um, então y ′ = m um−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 29
Exemplos
(a) Se f (x) = x6, então f ′(x) = 6 x5.
(b) Se y = x1000, então y ′ = 1000 x999.
(c) Se y = t4, entãodydt
= 4 t3.
(d)ddr
(r3) = 3 r2.
(e) Se y = um, então y ′ = m um−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 30
Exemplos
(a) Se f (x) = x6, então f ′(x) = 6 x5.
(b) Se y = x1000, então y ′ = 1000 x999.
(c) Se y = t4, entãodydt
= 4 t3.
(d)ddr
(r3) = 3 r2.
(e) Se y = um, então y ′ = m um−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 31
Exemplos
(a)ddx
(3 x4
)= 3
ddx
(x4
)= 3
(4 x3
)= 12 x3.
(b)ddx
(−x) =ddx
[(−1) x ] = (−1)ddx
(x) = (−1) (+1) = −1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 32
Exemplos
(a)ddx
(3 x4
)= 3
ddx
(x4
)= 3
(4 x3
)= 12 x3.
(b)ddx
(−x) =ddx
[(−1) x ] = (−1)ddx
(x) = (−1) (+1) = −1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 33
Exemplos
(a)ddx
(3 x4
)= 3
ddx
(x4
)= 3
(4 x3
)= 12 x3.
(b)ddx
(−x) =ddx
[(−1) x ] = (−1)ddx
(x) = (−1) (+1) = −1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 34
Exemplos
(a)ddx
(3 x4
)= 3
ddx
(x4
)= 3
(4 x3
)= 12 x3.
(b)ddx
(−x) =ddx
[(−1) x ] = (−1)ddx
(x) = (−1) (+1) = −1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 35
Exemplos
(a)ddx
(3 x4
)= 3
ddx
(x4
)= 3
(4 x3
)= 12 x3.
(b)ddx
(−x) =ddx
[(−1) x ] = (−1)ddx
(x) = (−1) (+1) = −1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 36
Exemplos
(a)ddx
(3 x4
)= 3
ddx
(x4
)= 3
(4 x3
)= 12 x3.
(b)ddx
(−x) =ddx
[(−1) x ] = (−1)ddx
(x) = (−1) (+1) = −1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 37
Exemplos
(a)ddx
(3 x4
)= 3
ddx
(x4
)= 3
(4 x3
)= 12 x3.
(b)ddx
(−x) =ddx
[(−1) x ] = (−1)ddx
(x) = (−1) (+1) = −1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 38
Exemplos
(a)ddx
(3 x4
)= 3
ddx
(x4
)= 3
(4 x3
)= 12 x3.
(b)ddx
(−x) =ddx
[(−1) x ] = (−1)ddx
(x) = (−1) (+1) = −1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 39
Exemplos
(a)ddx
(3 x4
)= 3
ddx
(x4
)= 3
(4 x3
)= 12 x3.
(b)ddx
(−x) =ddx
[(−1) x ] = (−1)ddx
(x) = (−1) (+1) = −1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 40
Exemplo
ddx
(x8 + 12 x5 − 4 x4 + 10 x3 − 6 x + 5
)
=
ddx
(x8
)+ 12
ddx
(x5)− 4
ddx
(x4
)+ 10
ddx
(x3
)− 6
ddx
(x) +ddx
(5)
=
8 x7 + 12 (5 x4)− 4 (4 x3) + 10 (3 x2)− 6 (1) + 0
=
8 x7 + 60 x4 − 16 x3 + 30 x2 − 6.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 41
Exemplo
ddx
(x8 + 12 x5 − 4 x4 + 10 x3 − 6 x + 5
)
=
ddx
(x8
)+ 12
ddx
(x5)− 4
ddx
(x4
)+ 10
ddx
(x3
)− 6
ddx
(x) +ddx
(5)
=
8 x7 + 12 (5 x4)− 4 (4 x3) + 10 (3 x2)− 6 (1) + 0
=
8 x7 + 60 x4 − 16 x3 + 30 x2 − 6.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 42
Exemplo
ddx
(x8 + 12 x5 − 4 x4 + 10 x3 − 6 x + 5
)
=
ddx
(x8
)+ 12
ddx
(x5)− 4
ddx
(x4
)+ 10
ddx
(x3
)− 6
ddx
(x) +ddx
(5)
=
8 x7 + 12 (5 x4)− 4 (4 x3) + 10 (3 x2)− 6 (1) + 0
=
8 x7 + 60 x4 − 16 x3 + 30 x2 − 6.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 43
Exemplo
ddx
(x8 + 12 x5 − 4 x4 + 10 x3 − 6 x + 5
)
=
ddx
(x8
)+ 12
ddx
(x5)− 4
ddx
(x4
)+ 10
ddx
(x3
)− 6
ddx
(x) +ddx
(5)
=
8 x7 + 12 (5 x4)− 4 (4 x3) + 10 (3 x2)− 6 (1) + 0
=
8 x7 + 60 x4 − 16 x3 + 30 x2 − 6.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 44
Exemplo
ddx
(x · sen(x))
=
ddx
(x) · sen(x) + x · ddx
(sen(x))
=
1 · sen(x) + x · cos(x)
=sen(x) + x · cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 45
Exemplo
ddx
(x · sen(x))
=
ddx
(x) · sen(x) + x · ddx
(sen(x))
=
1 · sen(x) + x · cos(x)
=sen(x) + x · cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 46
Exemplo
ddx
(x · sen(x))
=
ddx
(x) · sen(x) + x · ddx
(sen(x))
=
1 · sen(x) + x · cos(x)
=sen(x) + x · cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 47
Exemplo
ddx
(x · sen(x))
=
ddx
(x) · sen(x) + x · ddx
(sen(x))
=
1 · sen(x) + x · cos(x)
=sen(x) + x · cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 48
Exemplo
Se h(x) = x g(x), com g(3) = 5 e g′(3) = 2, calcule h′(3).
Solução. Pela regra da derivada do produto, temos que:
h′(x) =ddx
[x g(x)] =ddx
(x) g(x) + xddx
(g(x))
= g(x) + x g′(x).
Assim, h′(3) = g(3) + 3 g′(3) = 5 + 3 (2) = 11.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 49
Exemplo
Se h(x) = x g(x), com g(3) = 5 e g′(3) = 2, calcule h′(3).
Solução. Pela regra da derivada do produto, temos que:
h′(x) =ddx
[x g(x)] =ddx
(x) g(x) + xddx
(g(x))
= g(x) + x g′(x).
Assim, h′(3) = g(3) + 3 g′(3) = 5 + 3 (2) = 11.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 50
Exemplo
Se h(x) = x g(x), com g(3) = 5 e g′(3) = 2, calcule h′(3).
Solução. Pela regra da derivada do produto, temos que:
h′(x) =ddx
[x g(x)] =ddx
(x) g(x) + xddx
(g(x))
= g(x) + x g′(x).
Assim, h′(3) = g(3) + 3 g′(3) = 5 + 3 (2) = 11.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 51
Exemplo
Se h(x) = x g(x), com g(3) = 5 e g′(3) = 2, calcule h′(3).
Solução. Pela regra da derivada do produto, temos que:
h′(x) =ddx
[x g(x)] =ddx
(x) g(x) + xddx
(g(x))
= g(x) + x g′(x).
Assim, h′(3) = g(3) + 3 g′(3) = 5 + 3 (2) = 11.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 52
Exemplo
Se h(x) = x g(x), com g(3) = 5 e g′(3) = 2, calcule h′(3).
Solução. Pela regra da derivada do produto, temos que:
h′(x) =ddx
[x g(x)] =ddx
(x) g(x) + xddx
(g(x))
= g(x) + x g′(x).
Assim, h′(3) = g(3) + 3 g′(3) = 5 + 3 (2) = 11.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 53
Exemplo
Se h(x) = x g(x), com g(3) = 5 e g′(3) = 2, calcule h′(3).
Solução. Pela regra da derivada do produto, temos que:
h′(x) =ddx
[x g(x)] =ddx
(x) g(x) + xddx
(g(x))
= g(x) + x g′(x).
Assim, h′(3) = g(3) + 3 g′(3) = 5 + 3 (2) = 11.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 54
Exemplo
Se h(x) = x g(x), com g(3) = 5 e g′(3) = 2, calcule h′(3).
Solução. Pela regra da derivada do produto, temos que:
h′(x) =ddx
[x g(x)] =ddx
(x) g(x) + xddx
(g(x))
= g(x) + x g′(x).
Assim, h′(3) = g(3) + 3 g′(3) = 5 + 3 (2) = 11.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 55
Exemplo
Se h(x) = x g(x), com g(3) = 5 e g′(3) = 2, calcule h′(3).
Solução. Pela regra da derivada do produto, temos que:
h′(x) =ddx
[x g(x)] =ddx
(x) g(x) + xddx
(g(x))
= g(x) + x g′(x).
Assim, h′(3) = g(3) + 3 g′(3) = 5 + 3 (2) = 11.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 56
Exemplo
Se h(x) = x g(x), com g(3) = 5 e g′(3) = 2, calcule h′(3).
Solução. Pela regra da derivada do produto, temos que:
h′(x) =ddx
[x g(x)] =ddx
(x) g(x) + xddx
(g(x))
= g(x) + x g′(x).
Assim, h′(3) = g(3) + 3 g′(3) = 5 + 3 (2) = 11.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 57
Exemplo
Se y =x2 + x − 2
x3 + 6, calcule y ′.
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
y ′ =
ddx
(x2 + x − 2
)(x3 + 6)− (x2 + x − 2)
ddx
(x3 + 6
)(x3 + 6)2
=(2 x + 1) (x3 + 6)− (x2 + x − 2) (3 x2)
(x3 + 6)2
=(2 x4 + x3 + 12 x + 6)− (3 x4 + 3 x3 − 6 x2)
(x3 + 6)2
=−x4 − 2 x3 + 6 x2 + 12 x + 6
(x3 + 6)2 .
Parte 12 Cálculo Aplicado I 58
Exemplo
Se y =x2 + x − 2
x3 + 6, calcule y ′.
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
y ′ =
ddx
(x2 + x − 2
)(x3 + 6)− (x2 + x − 2)
ddx
(x3 + 6
)(x3 + 6)2
=(2 x + 1) (x3 + 6)− (x2 + x − 2) (3 x2)
(x3 + 6)2
=(2 x4 + x3 + 12 x + 6)− (3 x4 + 3 x3 − 6 x2)
(x3 + 6)2
=−x4 − 2 x3 + 6 x2 + 12 x + 6
(x3 + 6)2 .
Parte 12 Cálculo Aplicado I 59
Exemplo
Se y =x2 + x − 2
x3 + 6, calcule y ′.
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
y ′ =
ddx
(x2 + x − 2
)(x3 + 6)− (x2 + x − 2)
ddx
(x3 + 6
)(x3 + 6)2
=(2 x + 1) (x3 + 6)− (x2 + x − 2) (3 x2)
(x3 + 6)2
=(2 x4 + x3 + 12 x + 6)− (3 x4 + 3 x3 − 6 x2)
(x3 + 6)2
=−x4 − 2 x3 + 6 x2 + 12 x + 6
(x3 + 6)2 .
Parte 12 Cálculo Aplicado I 60
Exemplo
Se y =x2 + x − 2
x3 + 6, calcule y ′.
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
y ′ =
ddx
(x2 + x − 2
)(x3 + 6)− (x2 + x − 2)
ddx
(x3 + 6
)(x3 + 6)2
=(2 x + 1) (x3 + 6)− (x2 + x − 2) (3 x2)
(x3 + 6)2
=(2 x4 + x3 + 12 x + 6)− (3 x4 + 3 x3 − 6 x2)
(x3 + 6)2
=−x4 − 2 x3 + 6 x2 + 12 x + 6
(x3 + 6)2 .
Parte 12 Cálculo Aplicado I 61
Exemplo
Se y =x2 + x − 2
x3 + 6, calcule y ′.
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
y ′ =
ddx
(x2 + x − 2
)(x3 + 6)− (x2 + x − 2)
ddx
(x3 + 6
)(x3 + 6)2
=(2 x + 1) (x3 + 6)− (x2 + x − 2) (3 x2)
(x3 + 6)2
=(2 x4 + x3 + 12 x + 6)− (3 x4 + 3 x3 − 6 x2)
(x3 + 6)2
=−x4 − 2 x3 + 6 x2 + 12 x + 6
(x3 + 6)2 .
Parte 12 Cálculo Aplicado I 62
Exemplo
Se y =x2 + x − 2
x3 + 6, calcule y ′.
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
y ′ =
ddx
(x2 + x − 2
)(x3 + 6)− (x2 + x − 2)
ddx
(x3 + 6
)(x3 + 6)2
=(2 x + 1) (x3 + 6)− (x2 + x − 2) (3 x2)
(x3 + 6)2
=(2 x4 + x3 + 12 x + 6)− (3 x4 + 3 x3 − 6 x2)
(x3 + 6)2
=−x4 − 2 x3 + 6 x2 + 12 x + 6
(x3 + 6)2 .
Parte 12 Cálculo Aplicado I 63
Exemplo
Se y =x2 + x − 2
x3 + 6, calcule y ′.
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
y ′ =
ddx
(x2 + x − 2
)(x3 + 6)− (x2 + x − 2)
ddx
(x3 + 6
)(x3 + 6)2
=(2 x + 1) (x3 + 6)− (x2 + x − 2) (3 x2)
(x3 + 6)2
=(2 x4 + x3 + 12 x + 6)− (3 x4 + 3 x3 − 6 x2)
(x3 + 6)2
=−x4 − 2 x3 + 6 x2 + 12 x + 6
(x3 + 6)2 .
Parte 12 Cálculo Aplicado I 64
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 65
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 66
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 67
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 68
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 69
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 70
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 71
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 72
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 73
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 74
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 75
Exemplos
(a)ddx
(1x
)=
ddx
(x−1
)= (−1) x−2 = − 1
x2 .
(b)ddx
(√x)=
ddx
(x
12
)=
12
x12−1 =
12
x−12 =
12
1
x12
=1
2√
x.
(c) Se f (x) = xπ, então f ′(x) = π xπ−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 76
Exemplo
Se f (x) = tg(x), calcule f ′(x).
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
f ′(x) =ddx
(tg(x)) =ddx
(sen(x)cos(x)
)
=
ddx
(sen(x)) cos(x)− sen(x)ddx
(cos(x))
(cos(x))2
=cos(x) cos(x)− sen(x) (− sen(x))
cos2(x)
=cos2(x) + sen2(x)
cos2(x)=
1cos2(x)
= sec2(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 77
Exemplo
Se f (x) = tg(x), calcule f ′(x).
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
f ′(x) =ddx
(tg(x)) =ddx
(sen(x)cos(x)
)
=
ddx
(sen(x)) cos(x)− sen(x)ddx
(cos(x))
(cos(x))2
=cos(x) cos(x)− sen(x) (− sen(x))
cos2(x)
=cos2(x) + sen2(x)
cos2(x)=
1cos2(x)
= sec2(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 78
Exemplo
Se f (x) = tg(x), calcule f ′(x).
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
f ′(x) =ddx
(tg(x)) =ddx
(sen(x)cos(x)
)
=
ddx
(sen(x)) cos(x)− sen(x)ddx
(cos(x))
(cos(x))2
=cos(x) cos(x)− sen(x) (− sen(x))
cos2(x)
=cos2(x) + sen2(x)
cos2(x)=
1cos2(x)
= sec2(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 79
Exemplo
Se f (x) = tg(x), calcule f ′(x).
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
f ′(x) =ddx
(tg(x)) =ddx
(sen(x)cos(x)
)
=
ddx
(sen(x)) cos(x)− sen(x)ddx
(cos(x))
(cos(x))2
=cos(x) cos(x)− sen(x) (− sen(x))
cos2(x)
=cos2(x) + sen2(x)
cos2(x)=
1cos2(x)
= sec2(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 80
Exemplo
Se f (x) = tg(x), calcule f ′(x).
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
f ′(x) =ddx
(tg(x)) =ddx
(sen(x)cos(x)
)
=
ddx
(sen(x)) cos(x)− sen(x)ddx
(cos(x))
(cos(x))2
=cos(x) cos(x)− sen(x) (− sen(x))
cos2(x)
=cos2(x) + sen2(x)
cos2(x)=
1cos2(x)
= sec2(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 81
Exemplo
Se f (x) = tg(x), calcule f ′(x).
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
f ′(x) =ddx
(tg(x)) =ddx
(sen(x)cos(x)
)
=
ddx
(sen(x)) cos(x)− sen(x)ddx
(cos(x))
(cos(x))2
=cos(x) cos(x)− sen(x) (− sen(x))
cos2(x)
=cos2(x) + sen2(x)
cos2(x)=
1cos2(x)
= sec2(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 82
Exemplo
Se f (x) = tg(x), calcule f ′(x).
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
f ′(x) =ddx
(tg(x)) =ddx
(sen(x)cos(x)
)
=
ddx
(sen(x)) cos(x)− sen(x)ddx
(cos(x))
(cos(x))2
=cos(x) cos(x)− sen(x) (− sen(x))
cos2(x)
=cos2(x) + sen2(x)
cos2(x)=
1cos2(x)
= sec2(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 83
Exemplo
Se f (x) = tg(x), calcule f ′(x).
Solução. Pela regra da derivada do quociente, temos que:
f ′(x) =ddx
(tg(x)) =ddx
(sen(x)cos(x)
)
=
ddx
(sen(x)) cos(x)− sen(x)ddx
(cos(x))
(cos(x))2
=cos(x) cos(x)− sen(x) (− sen(x))
cos2(x)
=cos2(x) + sen2(x)
cos2(x)=
1cos2(x)
= sec2(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 84
Abusos de notação
Parte 12 Cálculo Aplicado I 85
Notações corretas
Seja y = f (x) uma função derivável.
Notações corretas para a derivada de f no ponto x :
f ′(x) edfdx
(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 86
Abusos de notação
y ′(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dydx
(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dfdx
: omitir o ponto onde a derivada é calculada.
dydx
: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
y ′: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 87
Abusos de notação
y ′(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dydx
(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dfdx
: omitir o ponto onde a derivada é calculada.
dydx
: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
y ′: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 88
Abusos de notação
y ′(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dydx
(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dfdx
: omitir o ponto onde a derivada é calculada.
dydx
: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
y ′: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 89
Abusos de notação
y ′(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dydx
(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dfdx
: omitir o ponto onde a derivada é calculada.
dydx
: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
y ′: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 90
Abusos de notação
y ′(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dydx
(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dfdx
: omitir o ponto onde a derivada é calculada.
dydx
: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
y ′: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 91
Abusos de notação
y ′(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dydx
(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dfdx
: omitir o ponto onde a derivada é calculada.
dydx
: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
y ′: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 92
Abusos de notação
y ′(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dydx
(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dfdx
: omitir o ponto onde a derivada é calculada.
dydx
: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
y ′: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 93
Abusos de notação
y ′(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dydx
(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dfdx
: omitir o ponto onde a derivada é calculada.
dydx
: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
y ′: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 94
Abusos de notação
y ′(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dydx
(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dfdx
: omitir o ponto onde a derivada é calculada.
dydx
: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
y ′: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 95
Abusos de notação
y ′(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dydx
(x): trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente(no caso, y ).
dfdx
: omitir o ponto onde a derivada é calculada.
dydx
: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
y ′: trocar o nome da função (no caso, f ), pela variável dependente (nocaso, y ) e omitir o ponto onde a derivada é calculada.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 96
Abusos de notação
Sejam u = f (x) e v = g(x) duas funções diferenciáveis.
Notações correta para a regra do produto:
(f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x)
ed(f · g)
dx(x) =
dfdx
(x) · g(x) + f (x) · dgdx
(x).
Abusos de notação para a regra do produto:
(u · v)′ = u′ · v + u · v ′
eddx
(u · v) = dudx· v + u · dv
dx.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 97
Abusos de notação
Sejam u = f (x) e v = g(x) duas funções diferenciáveis.
Notações correta para a regra do produto:
(f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x)
ed(f · g)
dx(x) =
dfdx
(x) · g(x) + f (x) · dgdx
(x).
Abusos de notação para a regra do produto:
(u · v)′ = u′ · v + u · v ′
eddx
(u · v) = dudx· v + u · dv
dx.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 98
Abusos de notação
Sejam u = f (x) e v = g(x) duas funções diferenciáveis.
Notações correta para a regra do produto:
(f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x)
ed(f · g)
dx(x) =
dfdx
(x) · g(x) + f (x) · dgdx
(x).
Abusos de notação para a regra do produto:
(u · v)′ = u′ · v + u · v ′
eddx
(u · v) = dudx· v + u · dv
dx.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 99
Demonstrações
Parte 12 Cálculo Aplicado I 100
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = c = constante, então f ′(x) = 0.
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
c − ch
= limh→0
0h
= limh→0
0 = 0.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 101
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = c = constante, então f ′(x) = 0.
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
c − ch
= limh→0
0h
= limh→0
0 = 0.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 102
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = c = constante, então f ′(x) = 0.
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
c − ch
= limh→0
0h
= limh→0
0 = 0.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 103
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = c = constante, então f ′(x) = 0.
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
c − ch
= limh→0
0h
= limh→0
0 = 0.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 104
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = c = constante, então f ′(x) = 0.
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
c − ch
= limh→0
0h
= limh→0
0 = 0.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 105
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = c = constante, então f ′(x) = 0.
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
c − ch
= limh→0
0h
= limh→0
0 = 0.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 106
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = c = constante, então f ′(x) = 0.
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
c − ch
= limh→0
0h
= limh→0
0 = 0.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 107
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = xn, com n ∈ N, então f ′(x) = n xn−1.
Demonstração. Usando a fórmula para o binômio de Newton, temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
(x + h)n − xn
h
= limh→0
(n0
)xnh0 +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
xn +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn
h
= limh→0
((n1
)xn−1 +
(n2
)xn−2h1 + · · ·+
(nn
)x0hn−1
)
=
(n1
)xn−1 = n xn−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 108
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = xn, com n ∈ N, então f ′(x) = n xn−1.
Demonstração. Usando a fórmula para o binômio de Newton, temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
(x + h)n − xn
h
= limh→0
(n0
)xnh0 +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
xn +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn
h
= limh→0
((n1
)xn−1 +
(n2
)xn−2h1 + · · ·+
(nn
)x0hn−1
)
=
(n1
)xn−1 = n xn−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 109
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = xn, com n ∈ N, então f ′(x) = n xn−1.
Demonstração. Usando a fórmula para o binômio de Newton, temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
(x + h)n − xn
h
= limh→0
(n0
)xnh0 +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
xn +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn
h
= limh→0
((n1
)xn−1 +
(n2
)xn−2h1 + · · ·+
(nn
)x0hn−1
)
=
(n1
)xn−1 = n xn−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 110
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = xn, com n ∈ N, então f ′(x) = n xn−1.
Demonstração. Usando a fórmula para o binômio de Newton, temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
(x + h)n − xn
h
= limh→0
(n0
)xnh0 +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
xn +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn
h
= limh→0
((n1
)xn−1 +
(n2
)xn−2h1 + · · ·+
(nn
)x0hn−1
)
=
(n1
)xn−1 = n xn−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 111
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = xn, com n ∈ N, então f ′(x) = n xn−1.
Demonstração. Usando a fórmula para o binômio de Newton, temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
(x + h)n − xn
h
= limh→0
(n0
)xnh0 +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
xn +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn
h
= limh→0
((n1
)xn−1 +
(n2
)xn−2h1 + · · ·+
(nn
)x0hn−1
)
=
(n1
)xn−1 = n xn−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 112
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = xn, com n ∈ N, então f ′(x) = n xn−1.
Demonstração. Usando a fórmula para o binômio de Newton, temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
(x + h)n − xn
h
= limh→0
(n0
)xnh0 +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
xn +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn
h
= limh→0
((n1
)xn−1 +
(n2
)xn−2h1 + · · ·+
(nn
)x0hn−1
)
=
(n1
)xn−1 = n xn−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 113
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = xn, com n ∈ N, então f ′(x) = n xn−1.
Demonstração. Usando a fórmula para o binômio de Newton, temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
(x + h)n − xn
h
= limh→0
(n0
)xnh0 +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
xn +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn
h
= limh→0
((n1
)xn−1 +
(n2
)xn−2h1 + · · ·+
(nn
)x0hn−1
)
=
(n1
)xn−1 = n xn−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 114
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = xn, com n ∈ N, então f ′(x) = n xn−1.
Demonstração. Usando a fórmula para o binômio de Newton, temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
(x + h)n − xn
h
= limh→0
(n0
)xnh0 +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
xn +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn
h
= limh→0
((n1
)xn−1 +
(n2
)xn−2h1 + · · ·+
(nn
)x0hn−1
)
=
(n1
)xn−1 = n xn−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 115
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = xn, com n ∈ N, então f ′(x) = n xn−1.
Demonstração. Usando a fórmula para o binômio de Newton, temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
(x + h)n − xn
h
= limh→0
(n0
)xnh0 +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
xn +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn
h
= limh→0
((n1
)xn−1 +
(n2
)xn−2h1 + · · ·+
(nn
)x0hn−1
)
=
(n1
)xn−1 = n xn−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 116
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = xn, com n ∈ N, então f ′(x) = n xn−1.
Demonstração. Usando a fórmula para o binômio de Newton, temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
(x + h)n − xn
h
= limh→0
(n0
)xnh0 +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
xn +
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn − xn
h
= limh→0
(n1
)xn−1h1 +
(n2
)xn−2h2 + · · ·+
(nn
)x0hn
h
= limh→0
((n1
)xn−1 +
(n2
)xn−2h1 + · · ·+
(nn
)x0hn−1
)
=
(n1
)xn−1 = n xn−1.
Parte 12 Cálculo Aplicado I 117
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora
limh→0
(f + g)(x + h)− (f + g)(x)h
= limh→0
(f (x + h) + g(x + h))− (f (x) + g(x))h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h+
g(x + h)− g(x)h
](∗)= lim
h→0
f (x + h)− f (x)h
+ limh→0
g(x + h)− g(x)h
= f ′(x) + g′(x),
onde, em (∗), usamos que o limite da soma é a soma dos limites, se estes existirem. Istomostra que f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 118
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora
limh→0
(f + g)(x + h)− (f + g)(x)h
= limh→0
(f (x + h) + g(x + h))− (f (x) + g(x))h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h+
g(x + h)− g(x)h
](∗)= lim
h→0
f (x + h)− f (x)h
+ limh→0
g(x + h)− g(x)h
= f ′(x) + g′(x),
onde, em (∗), usamos que o limite da soma é a soma dos limites, se estes existirem. Istomostra que f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 119
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora
limh→0
(f + g)(x + h)− (f + g)(x)h
= limh→0
(f (x + h) + g(x + h))− (f (x) + g(x))h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h+
g(x + h)− g(x)h
](∗)= lim
h→0
f (x + h)− f (x)h
+ limh→0
g(x + h)− g(x)h
= f ′(x) + g′(x),
onde, em (∗), usamos que o limite da soma é a soma dos limites, se estes existirem. Istomostra que f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 120
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora
limh→0
(f + g)(x + h)− (f + g)(x)h
= limh→0
(f (x + h) + g(x + h))− (f (x) + g(x))h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h+
g(x + h)− g(x)h
](∗)= lim
h→0
f (x + h)− f (x)h
+ limh→0
g(x + h)− g(x)h
= f ′(x) + g′(x),
onde, em (∗), usamos que o limite da soma é a soma dos limites, se estes existirem. Istomostra que f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 121
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora
limh→0
(f + g)(x + h)− (f + g)(x)h
= limh→0
(f (x + h) + g(x + h))− (f (x) + g(x))h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h+
g(x + h)− g(x)h
](∗)= lim
h→0
f (x + h)− f (x)h
+ limh→0
g(x + h)− g(x)h
= f ′(x) + g′(x),
onde, em (∗), usamos que o limite da soma é a soma dos limites, se estes existirem. Istomostra que f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 122
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora
limh→0
(f + g)(x + h)− (f + g)(x)h
= limh→0
(f (x + h) + g(x + h))− (f (x) + g(x))h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h+
g(x + h)− g(x)h
](∗)= lim
h→0
f (x + h)− f (x)h
+ limh→0
g(x + h)− g(x)h
= f ′(x) + g′(x),
onde, em (∗), usamos que o limite da soma é a soma dos limites, se estes existirem. Istomostra que f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 123
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora
limh→0
(f + g)(x + h)− (f + g)(x)h
= limh→0
(f (x + h) + g(x + h))− (f (x) + g(x))h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h+
g(x + h)− g(x)h
](∗)= lim
h→0
f (x + h)− f (x)h
+ limh→0
g(x + h)− g(x)h
= f ′(x) + g′(x),
onde, em (∗), usamos que o limite da soma é a soma dos limites, se estes existirem. Istomostra que f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 124
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora
limh→0
(f + g)(x + h)− (f + g)(x)h
= limh→0
(f (x + h) + g(x + h))− (f (x) + g(x))h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h+
g(x + h)− g(x)h
](∗)= lim
h→0
f (x + h)− f (x)h
+ limh→0
g(x + h)− g(x)h
= f ′(x) + g′(x),
onde, em (∗), usamos que o limite da soma é a soma dos limites, se estes existirem. Istomostra que f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 125
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora
limh→0
(f + g)(x + h)− (f + g)(x)h
= limh→0
(f (x + h) + g(x + h))− (f (x) + g(x))h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h+
g(x + h)− g(x)h
](∗)= lim
h→0
f (x + h)− f (x)h
+ limh→0
g(x + h)− g(x)h
= f ′(x) + g′(x),
onde, em (∗), usamos que o limite da soma é a soma dos limites, se estes existirem. Istomostra que f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 126
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora
limh→0
(f + g)(x + h)− (f + g)(x)h
= limh→0
(f (x + h) + g(x + h))− (f (x) + g(x))h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h+
g(x + h)− g(x)h
](∗)= lim
h→0
f (x + h)− f (x)h
+ limh→0
g(x + h)− g(x)h
= f ′(x) + g′(x),
onde, em (∗), usamos que o limite da soma é a soma dos limites, se estes existirem. Istomostra que f + g é diferenciável e (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 127
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora, lembrando que funções diferenciáveis são contínuas, segue-se que
limh→0
(f · g)(x + h)− (f · g)(x)h
=
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x + h) + f (x) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h· g(x + h) + f (x) · g(x + h)− g(x)
h
]= f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Isto mostra que f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 128
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora, lembrando que funções diferenciáveis são contínuas, segue-se que
limh→0
(f · g)(x + h)− (f · g)(x)h
=
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x + h) + f (x) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h· g(x + h) + f (x) · g(x + h)− g(x)
h
]= f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Isto mostra que f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 129
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora, lembrando que funções diferenciáveis são contínuas, segue-se que
limh→0
(f · g)(x + h)− (f · g)(x)h
=
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x + h) + f (x) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h· g(x + h) + f (x) · g(x + h)− g(x)
h
]= f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Isto mostra que f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 130
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora, lembrando que funções diferenciáveis são contínuas, segue-se que
limh→0
(f · g)(x + h)− (f · g)(x)h
=
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x + h) + f (x) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h· g(x + h) + f (x) · g(x + h)− g(x)
h
]= f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Isto mostra que f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 131
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora, lembrando que funções diferenciáveis são contínuas, segue-se que
limh→0
(f · g)(x + h)− (f · g)(x)h
=
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x + h) + f (x) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h· g(x + h) + f (x) · g(x + h)− g(x)
h
]= f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Isto mostra que f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 132
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora, lembrando que funções diferenciáveis são contínuas, segue-se que
limh→0
(f · g)(x + h)− (f · g)(x)h
=
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x + h) + f (x) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h· g(x + h) + f (x) · g(x + h)− g(x)
h
]= f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Isto mostra que f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 133
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora, lembrando que funções diferenciáveis são contínuas, segue-se que
limh→0
(f · g)(x + h)− (f · g)(x)h
=
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x + h) + f (x) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h· g(x + h) + f (x) · g(x + h)− g(x)
h
]= f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Isto mostra que f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 134
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora, lembrando que funções diferenciáveis são contínuas, segue-se que
limh→0
(f · g)(x + h)− (f · g)(x)h
=
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x + h) + f (x) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h· g(x + h) + f (x) · g(x + h)− g(x)
h
]= f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Isto mostra que f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 135
Exercício teórico
Mostre que se f e g são funções diferenciáveis,então f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Demonstração. Se f e g são diferenciáveis, então existem os limites
f ′(x) = limh→0
f (x + h)− f (x)h
e g′(x) = limh→0
g(x + h)− g(x)h
.
Agora, lembrando que funções diferenciáveis são contínuas, segue-se que
limh→0
(f · g)(x + h)− (f · g)(x)h
=
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
f (x + h) · g(x + h)− f (x) · g(x + h) + f (x) · g(x + h)− f (x) · g(x)h
= limh→0
[f (x + h)− f (x)
h· g(x + h) + f (x) · g(x + h)− g(x)
h
]= f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Isto mostra que f · g é diferenciável e (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f (x) · g′(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 136
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = sen(x), então f ′(x) = cos(x).
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
sen(x + h)− sen(x)h
= limh→0
sen(x) · cos(h) + cos(x) · sen(h)− sen(x)h
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− sen(x)
h+
cos(x) · sen(h)h
]
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− 1
h+ cos(x) · sen(h)
h
]
=
(limh→0
sen(x))·(
limh→0
cos(h)− 1h
)+
(limh→0
cos(x))·(
limh→0
sen(h)h
)
= sen(x) · 0 + cos(x) · 1 = cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 137
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = sen(x), então f ′(x) = cos(x).
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
sen(x + h)− sen(x)h
= limh→0
sen(x) · cos(h) + cos(x) · sen(h)− sen(x)h
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− sen(x)
h+
cos(x) · sen(h)h
]
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− 1
h+ cos(x) · sen(h)
h
]
=
(limh→0
sen(x))·(
limh→0
cos(h)− 1h
)+
(limh→0
cos(x))·(
limh→0
sen(h)h
)
= sen(x) · 0 + cos(x) · 1 = cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 138
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = sen(x), então f ′(x) = cos(x).
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
sen(x + h)− sen(x)h
= limh→0
sen(x) · cos(h) + cos(x) · sen(h)− sen(x)h
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− sen(x)
h+
cos(x) · sen(h)h
]
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− 1
h+ cos(x) · sen(h)
h
]
=
(limh→0
sen(x))·(
limh→0
cos(h)− 1h
)+
(limh→0
cos(x))·(
limh→0
sen(h)h
)
= sen(x) · 0 + cos(x) · 1 = cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 139
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = sen(x), então f ′(x) = cos(x).
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
sen(x + h)− sen(x)h
= limh→0
sen(x) · cos(h) + cos(x) · sen(h)− sen(x)h
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− sen(x)
h+
cos(x) · sen(h)h
]
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− 1
h+ cos(x) · sen(h)
h
]
=
(limh→0
sen(x))·(
limh→0
cos(h)− 1h
)+
(limh→0
cos(x))·(
limh→0
sen(h)h
)
= sen(x) · 0 + cos(x) · 1 = cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 140
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = sen(x), então f ′(x) = cos(x).
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
sen(x + h)− sen(x)h
= limh→0
sen(x) · cos(h) + cos(x) · sen(h)− sen(x)h
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− sen(x)
h+
cos(x) · sen(h)h
]
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− 1
h+ cos(x) · sen(h)
h
]
=
(limh→0
sen(x))·(
limh→0
cos(h)− 1h
)+
(limh→0
cos(x))·(
limh→0
sen(h)h
)
= sen(x) · 0 + cos(x) · 1 = cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 141
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = sen(x), então f ′(x) = cos(x).
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
sen(x + h)− sen(x)h
= limh→0
sen(x) · cos(h) + cos(x) · sen(h)− sen(x)h
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− sen(x)
h+
cos(x) · sen(h)h
]
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− 1
h+ cos(x) · sen(h)
h
]
=
(limh→0
sen(x))·(
limh→0
cos(h)− 1h
)+
(limh→0
cos(x))·(
limh→0
sen(h)h
)
= sen(x) · 0 + cos(x) · 1 = cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 142
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = sen(x), então f ′(x) = cos(x).
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
sen(x + h)− sen(x)h
= limh→0
sen(x) · cos(h) + cos(x) · sen(h)− sen(x)h
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− sen(x)
h+
cos(x) · sen(h)h
]
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− 1
h+ cos(x) · sen(h)
h
]
=
(limh→0
sen(x))·(
limh→0
cos(h)− 1h
)+
(limh→0
cos(x))·(
limh→0
sen(h)h
)
= sen(x) · 0 + cos(x) · 1 = cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 143
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = sen(x), então f ′(x) = cos(x).
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
sen(x + h)− sen(x)h
= limh→0
sen(x) · cos(h) + cos(x) · sen(h)− sen(x)h
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− sen(x)
h+
cos(x) · sen(h)h
]
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− 1
h+ cos(x) · sen(h)
h
]
=
(limh→0
sen(x))·(
limh→0
cos(h)− 1h
)+
(limh→0
cos(x))·(
limh→0
sen(h)h
)
= sen(x) · 0 + cos(x) · 1 = cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 144
Exercício teórico
Mostre que se y = f (x) = sen(x), então f ′(x) = cos(x).
Demonstração. Temos que
limh→0
f (x + h)− f (x)h
= limh→0
sen(x + h)− sen(x)h
= limh→0
sen(x) · cos(h) + cos(x) · sen(h)− sen(x)h
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− sen(x)
h+
cos(x) · sen(h)h
]
= limh→0
[sen(x) · cos(h)− 1
h+ cos(x) · sen(h)
h
]
=
(limh→0
sen(x))·(
limh→0
cos(h)− 1h
)+
(limh→0
cos(x))·(
limh→0
sen(h)h
)
= sen(x) · 0 + cos(x) · 1 = cos(x).
Parte 12 Cálculo Aplicado I 145