Soluções Cálculo – Semana 13

Iniciante

Primeiro aplica-se logaritmo natural a ambos os lados da equação:

$\ln y = \ln x^x$

Em seguida, deriva-se ambos os lados da equação:

$\ln y = x \ln x$

$\displaystyle{ { 1 \over y } } y' = x \displaystyle{ 1 \over x } + (1) \ln x$

$= 1 + \ln x$

Finalmente, multiplica-se os dois membros da equação por y:

$y' = y (1 + \ln x)$

Como $y=x^x$, temos que y’ é:

$= x^x (1 + \ln x)$

Intermediário

Começa-se com $(x^2+y^2)^3 = 8x^2y^2$ Depois, diferencia-se:

$d[(x^2+y^2)^3] = d(8x^2y^2)$

$3(x^2+y^2)^2\cdot d(x^2+y^2)=8x^2\cdot d(y^2) + d(8x^2)y^2$

$3(x^2+y^2)^2(2x + 2yy')=8x^2 (2yy') + ( 16x ) y^2$

$6x(x^2+y^2)^2 + 6y(x^2+y^2)^2 y' = 16x^2yy' + 16xy^2$

Organizando os termos da equação, tem-se que:

$6y(x^2+y^2)^2y' - 16x^2yy'=16xy^2 - 6x(x^2+y^2)^2$

Isolando o y’:

$y'[ 6 y (x^2+y^2)^2 - 16 x^2 y ] = 16 x y^2 - 6x (x^2+y^2)^2$

Logo,

$y'=\displaystyle{16xy^2 - 6x(x^2+y^2)^2 \over 6y(x^2+y^2)^2 - 16x^2y}$

Portanto, a inclinação da reta tangente ao gráfico no ponto (-1,1) é

$m=y'=\displaystyle{16(-1) (1)^2 - 6(-1) ((-1)^2+(1)^2)^2 \over 6 (1) ((-1)^2+(1)^2)^2 - 16 (-1)^2 (1)}= \displaystyle{8\over 8}=1$

e a equação para a reta tangente é

$y-(1)=(1) (x-(-1))$

ou $y = x + 2$

Avançado

Já que g(x) é a antiderivada de f(x), tem-se que

$g'(x)=f(x)$

ou $g(x)=\displaystyle \int_{a}^{x} \sqrt[3]{x^2+4x}dx$

O truque aqui é não utilizar regras convencionais de integração, mas o seguinte:

$h(x)=g(x)-7$

Assim, h(x) é também antiderivada de f(x) e

$h(5)=0$

Pode-se escrever $h(x)=\displaystyle \int_{5}^{x} \sqrt[3]{x^2+4x}dx$

Note que quando substitui-se a por 5 temos $h(x)=0$, como desejado.

Desta forma, $h(1)=\displaystyle \int_{5}^{1} \sqrt[3]{x^2+4x}dx=-10.88222$

Finalmente, já que $h(x) = g(x) - 7$, segue que $g(x) = h(x) + 7$ e que $g(1)=h(1)+7=-10.88222 + 7 = -3.88222$