A derivada da função logarítmica natural

No século XVII o escocês Jonh Napier criou o conceito de logaritmo. A palavra “logaritmo” é originada dos termos gregos “lógos” e “arithmós” que significam, respectivamente, razão e número. O logaritmo de um número é o expoente a que a base, deve ser elevado para produzir este número. As ideias de Napier fundamentou a criação do número de Euler (e). A atual noção de logaritmo é oriunda de Leonhard Euler, que o relacionou com a função exponencial no século XVIII.

A função logarítmica natural é abreviada por ln(x) e chamada de logaritmo natural de x. Geralmente são utilizadas as notações ln(x) para significar log_e(x), significando o logaritmo natural de x. Portanto, em vez de escrever a base como e, indicamos o logaritmo da seguinte maneira: log_e(x) = ln(x). A base e é um número irracional que equivale aproximadamente 2,718. Não existe logaritmo natural de zero ou de números negativos. Observação: para designar o logaritmo de x na base 10, escreve-se log₁₀(x) ou log(x). No link a seguir você pode aprender mais sobre os logaritmos:

Introdução aos logaritmos - Aprenda o que são logaritmos e como calculá-los.

Regra para derivar uma função logarítmica natural

Por definição, a derivada da função logarítmica natural f(x) = ln(x) equivale a f’(x) = 1/x e dado a função f(x) = ln(u), sua derivada será f'(x) = u'/u. Sendo a função logarítmica de base a,  f(x) = log_a(x), sua derivada será equivalente a  f’(x) = 1/(x . lna). 

1º) Derive a função de logaritmo natural  f(x) = ln(x).

A derivada de

$$f(x)=ln(x)$$

é definida como

$$f'(x)= \frac{d(ln(x))}{dx} = \frac{1}{x} \cdot$$

Portanto, a derivada da função natural ln(x) equivale a 1/x, sendo que x > 0.

2º) Derive a seguinte função: f(x) = ln(4x + 2).

Para resolver o problema podemos usar a fórmula (I):

$$ \frac{d[ln(u)]}{dx}= \frac{1}{u} \cdot \frac{du}{dx} \cdot$$

Ou podemos, também, usar a fórmula (II) semelhante:

$$ \frac{d[ln(u)]}{dx}=\frac{\frac{du}{dx}}{u}=\frac{u'}{u}\cdot$$

Em ambas as fórmulas, oriundas da Regra da Cadeia, é exigido que u > 0.

Para resolver o problema, atribuímos a u o seguinte valor:

$$u=4x+2.$$ 

Derivando a expressão acima em relação a x:

$$ \frac{d(u)}{dx}= \frac{d(4x+2)}{dx}= \frac{d(4x)}{dx}+ \frac{d(2)}{dx}=4+0=4.$$

Substituindo o valor de u (4x + 2) e de du/dx (4) na fórmula (I), obteremos:

$$ \frac{d[ln(4x+2)]}{dx}= \frac{1}{4x+2} \cdot4 = \frac{4}{4x+2} \cdot$$

Podemos simplificar o resultado, dividindo o numerador e o denominador por 4 e obter

$$ \frac{d[ln(4x+2)]}{dx}= \frac{2}{2x+1}\cdot$$

3º) Derive a seguinte função: f(x) = ln(4x/7).

Atribuímos a u o seguinte valor:

$$u=\frac{4x}{7}\cdot$$

Derivando a expressão acima em relação a x:

$$ \frac{d(u)}{dx}= \frac{d( \frac{4x}{7})}{dx}= \frac{4}{7}.$$

Substituindo o valor de u (4x/7) e de du/dx (4/7) na fórmula (I), obteremos:

$$ \frac{d[ln(\frac{4x}{7})]}{dx}= \frac{1}{\frac{4x}{7}} \cdot \frac{4}{7} =\frac{7}{4x}\cdot\frac{4}{7}=\frac{1}{x}\cdot$$

4º) Derive a seguinte função: f(x) = ln (x²).

Atribuímos a u o seguinte valor:

$$x^{2}.$$ 

Derivando a expressão acima em relação a x:

$$ \frac{d(u)}{dx}= \frac{d(x^{2})}{dx}= 2x.$$

Substituiremos, dessa vez, o valor de u (x²) e de du/dx (2x) na fórmula (II):

 $$ \frac{d[ln(u)]}{dx}= \frac{\frac{du}{dx}}{u}= \frac{u'}{u}\cdot$$

Portanto, obteremos:

$$ \frac{d(ln (x^{2}))}{dx}= \frac{2x}{ x^{2}}= \frac{2}{x}\cdot$$

5º) Derive a seguinte função: f(x) = y = ln (x² + 3).

Atribuímos a u o seguinte valor:

$$x^{2}+3.$$ 

Portanto,

$$f(x) = y=ln (u).$$

Para resolver o problema, podemos também usar diretamente a fórmula da regra da cadeia:

$$ \frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\frac{du}{dx}\cdot$$

Substituiremos os valores atribuídos a y e a u na regra para obtermos as suas respectivas derivadas:

$$ \frac{dy}{dx}=\frac{d[ln (u)]}{du}\frac{d[x^{2}+3]}{dx}=\frac{1}{u}\cdot2x=\frac{2x}{u}=\frac{2x}{x^{2}+3}\cdot$$

Portanto,

$$ \frac{d[ln(x^{2}+3)]}{dx}= \frac{u'}{u}= \frac {2x}{x^{2}+3}\cdot $$

Derive as seguinte funções:

• f(x) = ln(2x + 1).

• f(x) = ln(2x/3).

• f(x) = ln (x¹⁰).

• f(x) = y = ln (x⁵ + 2).

Bons estudos.

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Aprenda a magnífica técnica de derivar um vetor

Antes de aprendermos a magnífica técnica de derivar um vetor em relação a uma dada variável é necessário que o aluno recorde alguns tópicos bem fáceis do Cálculo Vetorial. Tentaremos revisar esses tópicos de maneira bem interessante para que o aluno se sinta seguro em prosseguir neste interessante tema. Os assuntos tratados aqui, sobre vetores, não são novidades, apenas recordaremos algumas técnicas que os envolvem, pois com o passar do tempo o estudante, devido a outras atividades profissionais, pode esquecê-los.

Portanto, resumiremos sobre alguns tópicos importantes sobre vetores no espaço bidimensional e tridimensional, componentes escalares e vetoriais, vetores unitários ou versores, produto escalar ou produto interno. Depois, chegaremos na magnífica técnica de derivação de um vetor em relação a uma variável x e da derivação do produto escalar. No final do estudo são lançados e respondidos quatro questões para fixar mais o aprendizado do aluno sobre o tema.

Sabemos que os vetores são assuntos presentes em todos os estudos que envolvem as Ciências Exatas, por isso abra sua mente e tenha um profundo interesse e dedicação neste tema. Os leitores deste blog residentes no Brasil, Angola, Portugal, Índia, França, nas Américas e em toda a Europa que recebem estes estudos via e-mail não conseguirão ver as equações em um formato elegante, por isso precisam acessar as postagens pelos seus navegadores Firefox, IE, Chrome e outros. Bons estudos!

VISUALIZAÇÃO DE UM VETOR EM DUAS DIMENSÕES

As figuras a seguir foram inseridas apenas para você visualizar e recordar sobre um vetor e suas componentes. Inicialmente, vamos considerar um vetor A, no espaço bidimensional, de acordo com a figura abaixo. O vetor A possui componentes escalares, dadas por A_x e A_y e componentes vetoriais, dadas por A_xi e A_yj, que atuam nas direções positivas dos versores i e j. Os versores são vetores unitários e ortogonais. Possuem características interessantes de serem fixos no espaço e não variar com o tempo.

Estamos interessados nas componentes vetoriais do vetor A, que de acordo com a figura é dada por

$$\vec{A}=A_{x}\hat{i}+A_{y}}{\hat{j}.$$

VISUALIZAÇÃO DE UM VETOR EM TRÊS DIMENSÕES

Agora, vamos considerar um vetor A, no espaço tridimensional, de acordo com a figura abaixo. Dessa vez, o  vetor A possui componentes escalares, dadas por  A_x e A_y e A_x e componentes vetoriais dadas por A_xi, A_yj e A_yz. Observe que as componentes do vetor A também são atuantes nas direções positivas dos versores cartesianos unitários e positivos i, j, k.

Estamos interessados nas componentes vetoriais do vetor A, que de acordo com a figura é expressada por

$$\vec{A}=A_{x}\hat{i}+A_{y}}{\hat{j}+A_{z}}{\hat{k}}.$$

O PRODUTO ESCALAR ENTRE VETORES

Já estamos um pouco familiarizados com o conceito de produto escalar ou produto interno entre dois vetores: obtemos um pequena noção sobre produto interno no estudo intitulado O Delta de Kronecker, a partir da página 2.

Para iniciarmos nosso trabalho com os vetores vamos optar por representá-los por duas letras gregas, no caso, pela letra alfa e por beta. Sabemos que o produto escalar é definido como:

$$\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta} =|\vec{\alpha}||\vec{\beta}|cos\theta.$$

Igualando o ângulo a 0º, seu cosseno se igualará a 1 e a expressão acima torna-se

$$\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta} =|\vec{\alpha}||\vec{\beta}|.$$

Vimos, de acordo com a última figura, que no sistema de coordenadas cartesianas os vetores podem ser especificados pelas suas respectivas componentes vetoriais, nesse caso, por:

$$\vec{\alpha} =\alpha_{x}\hat{i}+\alpha_{y}}{\hat{j}+\alpha_{z}}{\hat{k}$$

e por

$$\vec{\beta} =\beta_{x}\hat{i}+\beta_{y}}{\hat{j}+\beta_{z}}{\hat{k}.$$

PRODUTO ESCALAR EM FUNÇÃO DAS COMPONENTES VETORIAIS

O cálculo do produto escalar destes vetores em função das suas componentes pode ser efetuado da seguinte maneira:

$$\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta}=(\alpha_{x}\hat{i}+\alpha_{y}\hat{j}+\alpha_{z}}{\hat{k})(\beta_{x}\hat{i}+\beta_{y}}{\hat{j}+\beta_{z}}{\hat{k}).$$

Utilizando as seguintes propriedades dos versores

$$\hat{i}\cdot \hat{i}=\hat{j}\cdot \hat{j}=\hat{k}\cdot \hat{k}=1$$

e

$$\hat{i}\cdot \hat{j}=\hat{i}\cdot \hat{k}=\hat{j}\cdot \hat{k}=0,$$

podemos multiplicar cada termo das componentes vetoriais do vetor alfa

$$(\alpha_{x}\hat{i}+\alpha_{y}}{\hat{j}+\alpha_{z}}{\hat{k})$$

por cada termo das componentes vetoriais do vetor beta

$$(\beta_{x}\hat{i}+\beta_{y}}{\hat{j}+\beta_{z}}{\hat{k}),$$

com o intuito de obter a expressão do produto interno como um número real (um escalar) e obtermos para o espaço tridimensional a seguinte expressão:

$$\vec{\alpha}\cdot \vec{\beta}=\alpha_{x}\beta_{x}+\alpha_{y}\beta_{y}+\alpha_{z}\beta_{z}.$$

E, para o espaço bidimensional, a relação acima se reduz a

$$\vec{\alpha}\cdot \vec{\beta}=\alpha_{x}\beta_{x}+\alpha_{y}\beta_{y}.$$

CÁLCULO DA DERIVADA DE UM VETOR

Dado um vetor

$$\vec{\alpha}=\alpha_{x}\vec{i}+\alpha_{y}\vec{j}++\alpha_{z}\vec{k},$$

sua derivada em relação a variável x pode ser dada por:

$$\frac{d{\vec{\alpha}}}{dx}=\frac{d\alpha_{x}}{dx}\vec{i}+\frac{d\alpha_{y}}{dx}\vec{j}+\frac{d\alpha_{z}}{dx}\vec{k}.$$

Para o espaço bidimensional a relação acima se reduz a

$$\frac{d{\vec{\alpha}}}{dx}=\frac{d\alpha_{x}}{dx}\vec{i}+\frac{d\alpha_{y}}{dx}\vec{j}.$$

A seguir, vamos praticar o que aprendemos até aqui por meio de exercícios.

EXERCÍCIO DE FIXAÇÃO 1

Derive o seguinte vetor em relação a x:

$$\vec{\alpha}= 2x^{2}\vec{i}+x^{2}\vec{j}.$$

A derivada do vetor em relação a variável x pode ser dada por:

$$\frac{d{\vec{\alpha}}}{dx}=\frac{d(2x^{2}\vec{i}+{x^{2}\vec{j})}}{dx}=4x\vec{i}+2x\vec{j}.$$

Calcule o valor desta derivada no ponto x = 1.

Basta substituir o x por 1 e temos que

$$\frac{d{\vec{\alpha}}}{dx}= 4.1\vec{i}+2.1\vec{j} =4\vec{i}+2\vec{j}.$$

EXERCÍCIO DE FIXAÇÃO 2

Derive o seguinte vetor em relação a x:

$$\vec{\beta}= 6x^{3}\vec{i}+4x^{2}\vec{j}-2x\vec{k}.$$

A derivada do vetor em relação a variável x pode ser dada por:

$$\frac{d{\vec{\beta}}}{dx}=\frac{d(6x^{3}\vec{i}+4x^{2}\vec{j}-2x\vec{k})}{dx}=18x^{2}\vec{i}+8x\vec{j}-2\vec{k}.$$

Calcule o valor desta derivada no ponto x = 1.

Basta substituir o x por 1 e temos que

$$\frac{d{\vec{\beta}}}{dx}=18x^{2}\vec{i}+8x\vec{j}-2\vec{k}=18\vec{i}+8\vec{j}-2\vec{k}.$$

CÁLCULO DA DERIVADA DE UM PRODUTO ESCALAR

Já estudamos um pouco sobre a derivada do produto usando o método usual no estudo intitulado  Como calcular facilmente a derivada do produto. Pois bem, o método usual para a derivada do produto é análoga à da derivada de um produto escalar e pode ser obtida mediante a seguinte regra:

$$\frac{d}{dx}(\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta})=\vec{\alpha} \cdot \frac{d{\vec{\beta}}}{dx}+\frac{d{\vec{\alpha}}}{dx}\cdot \vec{\beta}$$

A seguir, vamos praticar o que aprendemos na teoria por meio de exercícios.

EXERCÍCIO DE FIXAÇÃO 3

Considere os vetores

$$\vec{\alpha}= 2x\vec{i}+2x^{2}\vec{j}$$

e

$$\vec{\beta}= 3x^{2}\vec{i}-2x^{2}\vec{j}.$$

Derive o produto escalar entre esses vetores.

Aplicando a regra de derivação de um produto escalar, temos que

$$\frac{d}{dx}(\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta})=\vec{\alpha} \cdot \frac{d{\vec{\beta}}}{dx}+\frac{d{\vec{\alpha}}}{dx}\cdot \vec{\beta}.$$

Calculando a derivada do vetor alfa

$$\frac{{d\vec{\alpha}}}{dx}=2\vec{i}+4x\vec{j}.$$

Calculando a derivada do vetor beta

$$\frac{{d\vec{\beta}}}{dx}=6x\vec{i}+4x\vec{j}.$$

Substituindo esses valores na expressão da regra do produto interno, temos

$$\frac{d}{dt}(\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta})=\vec{\alpha} \cdot (6x\vec{i}+4x\vec{j})+(2\vec{i}+4x\vec{j})\cdot \vec{\beta}.$$

Portanto,

$$\frac{d}{dt}(\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta})=(2x\vec{i}+2x^{2}\vec{j}) \cdot (6x\vec{i}+4x\vec{j})+(2\vec{i}+4x\vec{j})\cdot (3x^{2}\vec{i}-2x^{2}\vec{j}),$$

equivale a:

$$\frac{d}{dt}(\vec{\alpha} \cdot \vec{\beta})=18x^{2}-16x^{3}.$$

EXERCÍCIO DE FIXAÇÃO 4

Calcule por outro método o produto escalar dos vetores do exercício anterior.

Podemos fazer esta operação do seguinte modo:

Inicialmente, fazer o produto escalar do vetor alfa com o vetor beta:

$$(\vec{\alpha}\cdot\vec{\beta})=(2x\vec{i}+2x^{2}\vec{j})(3x^{2}\vec{i}-2x^{2}\vec{j})=6x^{3}-4x^{4}.$$

Depois, derivar o resultado em relação a x e encontraremos novamente o resultado

$$\frac{d(6x^{3}-4x^{4})}{dx}=18x^{2}-16x^{3}.$$

CONTINUE APRENDENDO

Viu como foi fácil derivar um vetor? Agora é sua vez de fazer a sua parte, repetindo os cálculos feitos por aqui no seu caderno, lendo mais nos livros didáticos ou na rede sobre vetores unitários, regras de derivação de vetores, componentes vetoriais e produto escalar. Espero que este estudo ajude você de alguma maneira. Se ajudou comente aí. Se você estiver gostando do meu trabalho, recomende-o para os colegas e amigos de escolas e de universidades. Obrigado pela paciência e sucesso para você.

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Como derivar as funções constante, identidade e exponencial

Nesta aula são enfatizadas as técnicas de como derivar uma função constante (que sempre resultará em zero), como derivar a função identidade (que sempre resultará em um) e como derivar uma função exponencial (que sempre resultará na propria função). Essas regras básicas sempre serão usadas em conjunto com outras regras de derivação durante todo o curso de Cálculo. Portanto, é importante que o aluno aprenda de verdade esse conteúdo. Lembrando que o Cálculo foi muito importante para alguns pesquisadores, tais com Newton e Leibtniz na realização de suas produções científicas. Newton, por exemplo, usou o Cálculo como uma ferramenta no estudo da Mecânica Clássica. Atualmente existem vários softwares que ajudam a calcular derivadas e integrais, porém, é importante entendermos e dominarmos as técnicas dessa ferramenta realizando os cálculos manualmente, no borrão. Então, mãos à obra.

Regra para derivar uma função constante

Regra: "A derivada de uma função constante C com respeito a x é igual a zero."

1º) Derive a função constante $f(x)=4$

Podemos escrever

$$f(x)=4$$

como

$$y = 4.$$

A derivada de f(x) é

$$f'(x)=y'=\frac{d(f(x))}{dx}$$

$$=\frac{d(y)}{dx}$$

$$=\frac{d(4)}{dx}=0.$$

Portanto, a derivada de uma função constante (4) em relação a x é 0.

2º) Derive a função constante $f(x)=-5.$

Podemos escrever

$$f(x)=-5$$ 

da seguinte maneira

$$y=-5.$$ 

A derivada de f(x) é

$$f'(x)=y'=\frac{d(f(x))}{dx}=\frac{d(y)}{dx}$$

$$=\frac{d(-5)}{dx}=0.$$

Portanto a derivada de uma constante ( -5 ) em relação a x é 0.

3º) Derive a função constante $f(x)=C.$

$$f(x)=C$$ 

ou

$$y=C.$$ 

A derivada de f(x) é

$$f'(x)=y'=\frac{d(y)}{dx}=\frac{d(C)}{dx}=0.$$

Portanto, a derivada de uma constante (C, sendo C pertencentes aos reais) em relação a x é 0.

4º) Derive a função identidade $f(x)=x.$

Regra: "A derivada de uma função identidade

$$\frac{dx}{dx}$$ 

é sempre igual a 1."

A função dada

$$f(x)=x$$

pode ser escrita como

$$f(x)=y=x=x^1.$$

Abaixo: para encontrar a derivada de x, multiplique a base (x) pelo expoente (1) e subtraia 1 do expoente (1 - 1 = 0). Uma vez que o expoente tornou-se 0 a base se iguala a 1, pois, todo número (diferente de zero) elevado a zero é igual a 1.

Portanto,

$$f'(x)=y'=\frac{d(f(x))}{dx}=\frac{d(y)}{dx}=\frac{d(x)}{dx}=\frac{d(x^1)}{dx}$$

$$=1.x^{1-1}=x^{0}=1.$$

Portanto, a derivada de uma função identidade

$$\frac{d(x)}{dx}$$

ou

$$\frac{dx}{dx}$$

é sempre igual a 1. No problema a seguir, vamos usar a função identidade.

5º) Derive a função exponencial $f(x)=e^{x}$

Regra: "A derivada de uma função exponencial da forma $ e^x$ é sempre igual a própria função."

A função exponencial

$$f(x)=e^{x}$$

pode ser escrita como

$$y=e^{x}.$$

A derivada de uma função exponencial é igual a própria função exponencial, pois, de acordo com a regra

$$(a^{u})'=a^{u}.ln(a).u',$$ 

podemos admitir que

$$(e^{x})'=e^{x}.ln(e).x'.$$

A expressão acima equivale a

$$\frac{d(e^{x})}{dx}=e^{x}.ln(e).\frac{dx}{dx}.$$

Portanto, a derivada da função exponencial pode ser calculada da seguinte maneira

$$\frac{d(y)}{dx}= \frac{d(e^{x})}{dx}$$

$$=e^{x}.ln(e).\frac{d(x)}{dx}$$

$$=e^{x}.1.1$$

$$=e^{x}.$$

Observamos, então, que a derivada de uma função exponencial da forma

$$e^{x}$$

é sempre igual a própria função

$$e^{x}.$$

No problema usamos o valor da função identidade, que é 1, e o fato de que o valor do número neperiano e é aproximadamente 2,71828182846... e seu logarítmo natural (ln) é igual a 1.

6º) Derive a seguinte função:

$f(x)=2+\sqrt{5}+ x + e^x.$

Vamos derivar

$$f(x)=2+\sqrt{5}+x+e^x.$$

Os valores das constantes são iguais a

$2$

e

$$\sqrt{5}.$$

Para facilitar a notação podemos escrever a função

$$f(x)=y.$$

Portanto,

$$y=2+\sqrt{5}+ x + e^x.$$

Aplicaremos a regra da derivada da soma: "a derivada de uma soma é igual à soma das derivadas de cada parcela", ou seja, para o caso da expressão dada, temos

$$\frac{d(f(x))}{dx}=\frac{d(2)}{dx}+\frac{d(\sqrt{5})}{dx}+\frac{d(x)}{dx}+\frac{d(e^x)}{dx}$$

$$=0+0+\frac{dx}{dx}+e^x$$

$$=0+0+1+e^x$$

$$=1+e^x.$$

Derive as seguinte funções:

• $f(x)=-\frac{1}{2};$

• $f(x)=\frac{d(K)}{dx};$

• $f(x)=-5+\sqrt{7}+ x + 2e^x;$

• $f(x)=e.$

Bons estudos.

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A Regra da Cadeia em 4 passos

A Regra da Cadeia, desenvolvida pelo matemático Gottfried Leibniz no século XVII, é uma ferramenta muito importante na disciplina de Cálculo. Para a galera que cursa Física, Matemática e Engenharias a Regra da Cadeia torna-se fácil pelo seu uso corriqueiro. Porém,  para quem não usa a Regra da Cadeia com frequência, a mesma torna-se muito complicada e de difícil compreensão. Para ajudar os que possuem dificuldades em assimilar a Regra da Cadeia, elaborei um passo-a-passo envolvendo uma questão. E, a seguir, você deve calcular facilmente duas questões que são propostas. Espero que ajude a todos. As equações podem ser melhores visualizadas com o navegador Firefox. Bons estudos! 

Exemplo ➠ Calcule a derivada da função abaixo usando a regra da cadeia:

$$y=(x^2 + 1)^3.$$

1º Passo - Use a definição da Regra da Cadeia

Precisamos aplicar a definição da regra da cadeia:

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\frac{du}{dx}.$$

Note que a intenção do problema é achar

$$\frac{dy}{dx}.$$

2º passo - Ache  $\frac{dy}{du}$

De acordo com a fórmula da regra da cadeia, primeiramente vamos achar

$$\frac{dy}{du}.$$

Para isso, faremos

$$u = x^2+1.$$

Substituindo o valor de u na função dada temos

$$y=(u)^3.$$

Derivando a expressão acima em relação a u, resulta em

$$\frac{dy}{du}=\frac{d(u^3)}{du}=3u^2.$$

3º Passo - Ache   $\frac{du}{dx}$

Agora, de acordo com a fórmula da regra da cadeia, devemos achar

$$\frac{du}{dx}.$$

Substitua o valor de u e efetue a derivda, assim:

$$\frac{du}{dx}=\frac{d(x^2+1)}{dx}=2x.$$

4º Passo - Substitua os valores na fórmula da Regra da Cadeia

Agora, substitua 

$$\frac{dy}{du}$$

e

$$\frac{du}{dx}$$

e o valor de u na regra da cadeia:

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\frac{du}{dx}.$$

Assim,

$$f'(x)=\frac{dy}{dx}=\frac{d(x^2 + 1)^3}{dx}$$

$$=3u^2.2x.$$

$$=6x(x^2+1)^2.$$

Desafios para você

 
Use a regra da cadeia e calcule:

$$a) f(x)=(x^5+2)^2.$$

Resposta:

$$f'(x)=10x^9 + 20x^4.$$

 $$b) f(x)=(x^3 - 3)^2.$$

Resposta:

$$f'(x)=6x^5 - 18x^2.$$

Bons estudos!

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Como calcular facilmente a derivada do produto

Na universidade o aluno precisa dar conta de todos os conteúdos ministrados pelo professor em sala de aula. Além disso, existem diversas disciplinas para estudar, diversos trabalhos e artigos para confeccionar e seminários para apresentar. No Cálculo o aluno tem que ralar, a não ser que venha com uma ótima bagagem do Ensino Médio, o que hoje em dia é muito raro acontecer. Para ajudar na parte de Cálculo, proponho um método muito fácil para obtermos a resolução da derivada do produto. Vamos tentar resolver pelos dois métodos, o método fácil e o método usual que também não é difícil. lembrando que as equações da aula são feitas no programa Latex e podem ser melhores visualizadas com o navegador Firefox. Bons estudos!

Derivada do produto - primeiro método

Encontrar a derivada da seguinte expressão

 

$$f(x) = (2x+1)(2x^2+2).$$

A expressão acima pode ser escrita como

 

$$f(x) = y = (2x+1)(2x^{2}+2).$$

Multiplique cada termo do primeiro polinômio

$$(2x+1)$$

por cada termo do segundo polinômio

$$(2x^{2}+2)$$.

Veja como:

$$y=2x.2x^2+2x.2+1.2x^2+1.2=4x^3+4x+2x^2+2.$$

Arrumando a expressão acima temos

 

$$y= 4x^3 + 2x ^2+ 4x +2.$$

Derivando normalmente a expressão acima, temos que

 

$$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{d\left[4x^3 + 2x ^2+ 4x+ 2\right]}{dx}$$

 

$$=12x^2+4x^1+4+0=12x^2+4x+4.$$

Portanto,

$$\frac{dy}{dx}=12x^2+4x+4.$$

Derivada do produto - método usual

Vamos utilizar a regra usual, a regra do produto, e calcular a derivada da mesma função. A regra é a seguinte:   

$$y'=uv'+vu'$$

 ou

$$\frac{dy}{dx}=u\cdot\frac{dv}{dx}+v\cdot\frac{du}{dx}.$$

Substituindo as funções na regra, temos

 

$$\frac{dy}{dx}=(2x + 1)\cdot\frac{d(2x ^2+2)}{dx}+(2x ^2+2)\cdot\frac{d(2x + 1)}{dx},$$

que equivale a  

$$\frac{dy}{dx}=(2x + 1)\cdot(4x^1 + 0)+(2x ^2+2)\cdot(2 + 0)$$

 

$$=(2x + 1)\cdot4x+(2x ^2+2)\cdot2$$

 

$$=8x^2 + 4x+4x^2+4,$$

ou seja, obtemos a mesma resposta do método anterior. A expressão acima equivale a:

  

 

$$= 12x^2 + 4x +4.$$

Bons estudos!

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SÉRIE DE TAYLOR PARTE III - EXERCÍCIOS RESPONDIDOS

Existem idéias importantes contidas no Methodus incrementorum directa et inversa de 1715, que não foram reconhecidas na época, como exemplos, uma discussão sobre cordas vibrantes (um interesse que certamente vem do amor precoce de Taylor pela música), soluções singulares para equações diferenciais e uma maneira de relacionar a derivada de uma função com a derivada da função inversa. Taylor, em seus estudos de cordas vibrantes não estava tentando estabelecer uma equação do movimento, mas estava considerando a oscilação de uma corda flexível em termos de isocronismo de um pêndulo. Ele tentou encontrar a forma de vibração da corda e do comprimento do pêndulo isócrono em vez de encontrar suas equações de movimento.

Daremos continuidade ao nosso estudo sobre expansão em séries de Taylor. Lembrando que o estudo anterior está aqui: TAYLOR - PARTE II.

Dando continuidade ao estudo anterior trataremos a nossa lista de exercícios a partir da 7ª questão:

7) Dada a função

$$f(x)=senx,$$

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira ordem, em torno de xo = 0 (ou a = 0).

- Primeiro passo: calcular f(xo) = f(0).

Substituindo 0 na função f(x)=senx, temos que

$$f(0)=sen0=0.$$

- Segundo passo: calcular f'(0).

Derivando a função

$$f(x)=senx,$$

obteremos

$$f'(x)=cosx.$$

Portanto,

$$f'(0)=cos0=1.$$

- Terceiro passo: calcular f''(0).

Derivando a função

$$f'(x)=cosx,$$

vamos obter

$$f''(x)=-senx.$$

Portanto,

$$f''(0)=-sen0=0.$$

- Quarto passo: Achar f'''(0).

Derivando a função

$$f''(x)=-senx.$$

temos que

$$f'''(x)=-cosx.$$

Portanto,

$$f'''(0)=-cos0=-1.$$

- Quinto passo: substituir f(0), f'(0), f''(0), f'''(0) e xo = 0 na fórmula de Taylor, no caso:

$$f(x)=f(x_{0} )+\frac{f'(x_{0})(x-a)^{1} }{1!} +\frac{f''(x_{0})(x-a)^{2} }{2!}$$

$$+\frac{f'''(x_{0})(x-a)^{3} }{3!},$$

e teremos

$$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)(x-0)^{1} }{1!} +\frac{f''(0)(x-0)^{2} }{2!}$$

$$+\frac{f'''(0)(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=0+\frac{1(x-0)^{1} }{1!}+\frac{0(x-0)^{2} }{2!} -\frac{1(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=0+x +0 -\frac{x^{3} }{3!} =x -\frac{x^{3} }{3!}.$$

Portanto,

$$f(x)=senx =x -\frac{x^{3} }{3!}.$$

Se a expansão for com aproximação até quinta ordem, teremos

$$senx =x -\frac{x^{3} }{3!}+\frac{x^{5} }{5!} -\cdots$$

com x em radianos. Esta expansão é muito usada na Física.

Observação:quando x for muito menor que 1, podemos aproximar senx pela expressão

$$senx \simeq x -\frac{x^{3} }{3!}.$$

Se x for maior que 1, serão necessários mais termos na série.

8) Dada a função

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}},$$

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira ordem, em torno de a = 0 (ou xo=0).

- Primeiro passo: calcular f(a) = f(0).

Substituindo 0 na função

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{{(1+x)}^{\frac{1}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{(1+x)}}$$

temos que

$$f(0)=\frac{1}{\sqrt{(1+0)}}=\frac{1}{1} =1.$$

 - Segundo passo: calcular f'(0).

Derivando a função

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}$$

obteremos

$$f'(x)=-\frac{1}{2}(1+x)^{-\frac{1}{2}-1}\cdot \frac{d(1+x)}{dx}=$$

$$-\frac{1}{2}(1+x)^{-\frac{3}{2}}.1=-\frac{1}{2(1+x)^{ \frac{3}{2}}}=-\frac{1}{2(\sqrt{1+x})^{3}}.$$

Portanto,

$$f'(0)=-\frac{1}{2(\sqrt{1+0})^{3}}=-\frac{1}{2(\sqrt{1})^{3}}=-\frac{1}{2}.$$

- Terceiro passo: calcular f''(0).

Derivando a função

$$f'(x)=-\frac{1}{2} (1+x)^{-\frac{3}{2}},$$

vamos obter

$$f''(x)=-\frac{3}{2}.(-\frac{1}{2} )(1+x)^{-\frac{3}{2}-1}\cdot \frac{d(1+x)}{dx}$$

$$=\frac{3}{4} (1+x)^{-\frac{5}{2}}.1=\frac{3}{4(1+x)^{ \frac{5}{2}}}$$

$$ =\frac{3}{4(\sqrt{1+x})^{5}}.$$

Portanto,

$$f''(0)=\frac{3}{4(\sqrt{1+0})^{5}}=\frac{3}{4(\sqrt{1})^{5}}$$

$$=\frac{3}{4.1}}}=\frac{3}{4}.$$

- Quarto passo: Achar f'''(0).

Derivando a função

$$f''(x)=\frac{3}{4} (1+x)^{-\frac{5}{2}},$$

temos que

$$f'''(x)=(-\frac{5}{2}).\frac{3}{4} (1+x)^{-\frac{5}{2}-1}\cdot \frac{d(1+x)}{dx}=$$

$$-\frac{15}{8}(1+x)^{-\frac{7}{2}}.1=-\frac{15}{8(1+x)^{ \frac{7}{2}}}=-\frac{15}{8(\sqrt{1+x})^{7}}.$$

Portanto,

$$f'''(0)=-\frac{15}{8(\sqrt{1+0})^{7}}=-\frac{15}{8(\sqrt{1})^{7}}$$

$$=-\frac{15}{8.1}}}=-\frac{15}{8}.$$

- Quinto passo: substituir f(0), f'(0), f''(0), f'''(0) e a = 0 na fórmula de Taylor, no caso:

$$f(x)=f(a)+\frac{f'(a)(x-a)^{1}}{1!}+\frac{f''(a)(x-a)^{2}}{2!}$$
$$+\frac{f'''(a)(x-a)^{3}}{3!}$$,

e teremos

$$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)(x-0)^{1}}{1!}+\frac{f''(0)(x-0)^{2} }{2!}$$
$$+\frac{f'''(0)(x-0)^{3}}{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=1-\frac{\frac{1}{2} (x-0)^{1}}{1!}+\frac{\frac{3}{4}(x-0)^{2}}{2!}-\frac{\frac{15}{8} (x-0)^{3}}{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}=1-\frac{x}{2}+\frac{3x^{2} }{8}-\frac{15x^{3} }{48}$$

$$=1-\frac{x}{2} +\frac{3x^{2} }{8}-\frac{5x^{3} }{16}.$$

Na Física, geralmente, usa-se apenas

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}\simeq 1-\frac{x}{2},$$

que dá uma boa aproximação.

9) Mostre que a equação

$$E(r)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0} }\left( 1-\frac{Z}{\sqrt{Z^{2}+R^{2}}}\right),$$

para o campo de um disco carregado, em pontos sobre o seu eixo, reduz-se ao campo de uma carga pontual para Z>>R.

A equação acima, torna-se

$$E(r)=\frac{\sigma }{2\varepsilon_{0}}\left [ 1-\frac{Z}{Z{(1+\frac{R^{2}}{Z{^2}})}^{\frac{1}{2}}} \right]=\frac{\sigma }{2\varepsilon_{0}}\left [ 1-{(1+\frac{R^{2}}{Z{^2}})}^{-\frac{1}{2}} \right ]$$

Para fazer a expansão do termo

$$(1+\frac{R^{2}}{Z{^2}})}^{-\frac{1}{2}},$$

Usaremos a mesma feita na questão anterior, ou seja,

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}\simeq 1-\frac{x}{2}.$$

Substituindo o valor de

$$x=\frac{R^{2} }{Z^{2}}$$

nesta expansão, temos que

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}\simeq 1-\frac{1}{2}.x=1-\frac{1}{2}.\frac{R^{2} }{Z^{2}}$$

Portanto,

$$E(r)=\frac{\sigma }{2\varepsilon_{0}}\left [ 1-(1-\frac{1}{2}.\frac{R^{2} }{Z^{2} })+\cdots \right]=\frac{\sigma }{2\varepsilon_{0}}.\frac{1}{2}\frac{R^{2}}{Z^{2}}$$
$$=\frac{\sigma }{4\varepsilon_{0}}.\frac{R^{2} }{Z^{2}}.$$

Substituindo

$$\sigma =\frac{Q}{A}$$

e

$$A=\pi R^{2}$$

na equacão acima, teremos

$$E(r)=\frac{1}{4\varepsilon_{0}}.\frac{Q}{\pi R^{2}}.\frac{R^{2} }{Z^{2}}=\frac{1}{4\varepsilon_{0}\pi }.\frac{Q}{Z^{2}}=\frac{KQ}{Z^{2}}$$

ou vetorialmente,

$$\vec{E}(r)=\frac{KQ}{Z^{2}}\vec{z},$$

que é o campo elétrico de uma carga pontual e, a uma distância Z da mesma.

10) Desafio para você: pelo método acima exposto, faça a expansão do teorema binomial

$$(1+x)^{n},$$

faça a expansão logarítmica

$$ln(1+x)$$

e a expansão trigonométrica

$$tgx.$$

Bons estudos e boa sorte!

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TEOREMA DE TAYLOR (PARTE II) - EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

Entre 1712 e 1724 Taylor publicou treze artigos sobre diversos temas: a descrição de experiências de ação capilar, magnetismo e termômetros, relatou experiência para descobrir a lei da atração magnética (1715) e um método melhorado para aproximar as raízes de uma equação, dando um novo método de logaritmos computação (1717). Taylor acrescentou um novo ramo da matemática chamado atualmente de "cálculo de diferenças finitas", inventou a integração por partes e descobriu a célebre série conhecido como a expansão de Taylor. Essas idéias aparecem em seu livro Methodus incrementorum directa et inversa de 1715. Na verdade, a primeira menção de Taylor de uma versão do que é hoje chamado Teorema de Taylor aparece em uma carta que ele escreveu para Machin em 26 de julho de 1712. O termo "a série de Taylor" parece ter usado pela primeira vez por Lhuilier em 1786.

O nosso primeiro estudo está aqui: Taylor - Parte I.

Os objetivos da segunda parte deste estudo são os mesmos do nosso primeiro estudo, ou seja,

•  Pesquisar sobre a vida de  Brook Taylor enfatizando seu interesse pela Física;

•  Expandir funções em série de Taylor com aproximação até terceira ordem;

•  Aplicar conhecimentos adquiridos nas aulas sobre derivadas;

•  Expandir funções trigonométricas e exponenciais em série de Taylor com aproximação até terceira ordem;

•  Usar a expansão em série de Taylor para calcular o cosseno de um número muito menor que 1, comparar com o resultado da calculadora e calcular o erro percentual;

•  Usar a expansão em série de Taylor em um problema no eletromagnetismo.

Brook Taylor foi um matemático Inglês que acrescentou um novo ramo da matemática chamado “cálculo de diferenças finitas”, inventou a integração por partes e descobriu a célebre fórmula conhecida como a expansão de Taylor.
Foto – crédito ao site: http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/PictDisplay/Taylor.html

Dando continuação ao estudo anterior trataremos a nossa lista de exercícios a partir da 4ª questão:

4 ) Dada a função

$$f(x)=cosx,$$

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira ordem, em torno de a = 0 ou $$x_{0}=0$$.

- Primeiro passo: calcular $$f(x_{0})$$ = f(0).

Substituindo 0 na função

$$f(x)=cosx$$, 

temos que

$$f(0)=cos0=1.$$

- Segundo passo: calcular f'(0).

Derivando a função

$$f(x)=cosx,$$

obteremos

$$f'(x)=-senx.$$

Portanto,

$$f'(0)=-sen0=0.$$

- Terceiro passo: calcular f''(0).

Derivando a função

$$f'(x)=-senx,$$

vamos obter

$$f''(x)=-cosx.$$

Portanto,

$$f''(0)=-cos0=-1.$$

- Quarto passo: Achar f'''(0).

Derivando a função

$$f''(x)=-cosx.$$

temos que

$$f'''(x)=-(-senx)=senx.$$

Portanto,

$$f'''(0)=sen0=0.$$

- Quinto passo: substituir f(0), f'(0), f''(0), f'''(0) e $$x_{0} =0$$ na fórmula de Taylor, no caso:

$$f (x)=f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})(x-a)^{1} }{1!}+\frac{f''(x_{0})(x-a)^{2}}{2!}+$$
$$\frac{f'''(x_{0})(x-a)^{3} }{3!},$$

e teremos

$$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)(x-0)^{1} }{1!} +\frac{f''(0)(x-0)^{2} }{2!}$$ $$+\frac{f'''(0)(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f (x)=1+\frac{0(x-0)^{1} }{1!} -\frac{1(x-0)^{2} }{2!} +\frac{0(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=1+0 -\frac{x^{2} }{2!} +0=1-\frac{x^{2} }{2.1} =1-\frac{1}{2}x^{2}.$$

Portanto,

$$f(x)=cosx =1-\frac{1}{2}x^{2}.$$

Para a expansão for com aproximação até a quarta ordem, teremos

$$cosx =1 -\frac{x^{2} }{2!}+\frac{x^{4} }{4!} - . . ..$$

com x em radianos. Esta expansão é muito usada na Física. Observação:quando x for muito menor que 1, podemos aproximar cosx pela expressão acima, ou seja,

$$cosx \simeq 1-\frac{1}{2}x^{2}.$$

Se x for maior que 1, serão necessários mais termos na série.

5) Usando a expansão em série de Taylor da questão anterior, calcule o cosseno de 0,01 (muito menor que 1) e compare com o resultado da calculadora.

Substituindo x = 0,01 na série:

$$cosx \simeq 1-\frac{1}{2}x^{2}=1-\frac{1}{2} (0,01)^{2}=$$

$$1-\frac{1}{2} (10^{-2})^{2}=1-\frac{10^{-4}}{2} =1-0,00005=0,999995.$$

Portanto, pela série, temos que

$$cos(0,01) \simeq 0,999995.$$

Como x deve ser medido em radianos, coloque sua calculadora no modo radianos (rad) e calcule o cosseno de 0,01. Você achará o valor igual a 0,999995.

6) Usando a expansão em série de Taylor da questão anterior, calcule o cosseno de 0,1 (muito menor que 1), compare com o resultado da calculadora e calcule o erro percentual.

Substituindo x = 0,1 na série:

$$cosx \simeq 1-\frac{1}{2}x^{2}=1-\frac{1}{2} (0,1)^{2}=$$

$$1-\frac{1}{2} (10^{-1})^{2}=1-\frac{10^{-2}}{2} =1-0,005=0,995.$$

Portanto, pela série, temos que

$$cos(0,1) \simeq 0,995.$$

Como x deve ser medido em radianos, coloque sua calculadora no modo radianos (rad) e calcule o cosseno de 0,01. Você achará o valor igual a 0,995004165.

O erro percentual (E) depende do Valor aproximado (Va = 0,995) e do valor correto (Vc = 0,995004165) e é dado por

$$E =100-\frac{Va.100}{Vc}=100-\frac{0,995.100}{0,995004165}\rightarrow $$

$$E =100-99,99581425=0,00418575\simeq 0,00419.$$

0,000419% é muito pequeno, e portanto, uma boa aproximação.

 A parte III do nosso estudo está aqui

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EXPANSÃO EM SÉRIE DE TAYLOR (PARTE I) - EXERCÍCIOS RESPONDIDOS

Em 03 de abril de 1712, Taylor foi eleito para a Royal Society. Foi uma eleição baseada mais nas experiência que Machin (matemático e astrônomo), Keill (matemático) e outros sabiam a respeito de Taylor. Por exemplo, Taylor escreveu em 1712 para Machin sobre uma solução para um problema de Kepler sobre a segunda lei do movimento planetário. Também em 1712, Taylor foi nomeado para o comitê criado para se pronunciar sobre o pedido de Newton ou Leibniz ter inventado o cálculo. De 14 de janeiro de 1714 até 21 de outubro de 1718 Taylor foi secretário da Royal Society. Na segunda parte desta aula descreveremos mais sobre a vida de Taylor. Mais detalhes sobre a vida e obra de Taylor no site:

http://www-history.mcs.standrews.ac.uk/Biographies/Taylor.html

Em muitos problemas de Física desejamos uma solução exata de uma função, mas, às vezes, nos deparamos com funções com soluções aproximadas. Com tais aproximações podemos extrair o significado físico de alguns problemas. A série de Brook Taylor nos dá uma solução aproximada de uma função, além de nos permitir estimar o erro associado.

Objetivos da primeira parte deste estudo:

•  Pesquisar sobre a vida de  Brook Taylor enfatizando seu interesse pela Física;

•  Expandir funções em série de Taylor com aproximação até terceira ordem;

•  Aplicar conhecimentos adquiridos nas aulas sobre derivadas;

•  Expandir funções trigonométricas e exponenciais em série de Taylor com aproximação até terceira ordem;

•  Usar a expansão em série de Taylor para calcular o cosseno de um número muito menor que 1, comparar com o resultado da calculadora e calcular o erro percentual;

•  Usar a expansão em série de Taylor em um problema no eletromagnetismo.

Brook Taylor foi um matemático Inglês que acrescentou um novo ramo da matemática chamado “cálculo de diferenças finitas”, inventou a integração por partes e descobriu a célebre fórmula conhecida como a expansão de Taylor. Foto – crédito ao site: http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/PictDisplay/Taylor.html 

Brook Taylor nasceu em 18 agosto de 1685 em Edmonton, Middlesex, Inglaterra e faleceu em 29 de dezembro de 1731 em Somerset House, Londres, Inglaterra.

A série de Taylor de uma função f(x) em torno de um ponto $$x_{0}$$ é a soma dos elementos da série de potências definida por

$$T(x)= \sum_{\ 0}^{\infty} \frac{f^{n} (x )}{n!}(x-x_{0} )^{n},$$

onde, n! é o fatorial de n e

$$\frac{f^{n} (x )}{n!}$$

denota a n-ésima derivada de f(x) no ponto $$x_{0}.$$
Na Física, é muito usada a notação

$$T(x)= \sum_{\ 0}^{\infty} \frac{f^{n} (x )}{n!}(x-x_{0} )^{n}=$$
$$\sum_{0}^{\infty}\frac{1}{n!}\frac{d^{m}f(x)}{dx^{n} }\mid_{x_{0}}(x-x_{0})^{n}$$

onde,

$$\frac{d^{m}f(x)}{dx^{n} }\mid_{x_{0}}$$

denota, também, a derivada n-ésima de f(x) aplicada no ponto $$x_{0}.$$

Portanto, a expressão acima fica assim:

$$\sum_{0}^{\infty}\frac{1}{n!}\frac{d^{m}f(x)}{dx^{n} }\mid_{x_{0}}(x-x_{0})^{n}=$$
$$f(x_{0})+(x-x_{0})\frac{df(x)}{dx} }\mid_{x_{0}}$$

$$+\frac{1}{2} (x-x_{0})^{2} \frac{d^{2} f(x)}{dx^{2} } }\mid_{x_{0}}+\cdots.$$

Se a série convergir, ela será igual a própria função, ou seja,

$$f(x)=\sum_{0}^{\infty}\frac{1}{n!}\frac{d^{m}f(x)}{dx^{n} }\mid_{x_{0}}(x-x_{0})^{n}=$$
$$f(x_{0})+(x-x_{0})\frac{df(x)}{dx} }\mid_{x_{0}}$$

$$+\frac{1}{2} (x-x_{0})^{2} \frac{d^{2} f(x)}{dx^{2} } }\mid_{x_{0}}+\cdots,$$

chamada de expansão da função f(x) em série de Taylor em volta do ponto $$x_{0}.$$ Para facilitar nossa vida, esta série (série de Taylor de uma função f(x)) pode ser escrita como a série de potências na seguinte notação:

$$f (x)=f(a)+\frac{f'(a)(x-a)^{1}}{1!}+\frac{f''(a)(x-a)^{2}}{2!}+$$
$$\frac{f'''(a)(x-a)^{3}}{3!}+\cdots.$$

Na Física trabalha-se com expansão em série de Taylor, com uma boa aproximação até segunda ordem e, nos exercícios seguintes vamos usar, pelo método passo-a-passo, esta notação. Vamos praticar:

1) Dada a função

$$f(x)=e^{x}$$,

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira ordem, em torno de a = 0 ou $$x_{0}=0$$.

- Primeiro passo: calcular f(a) = f(0).

Substituindo 0 na função

$$f(x)=e^{x}$$, 

temos que

$$f(0)=e^{0}=1.$$

- Segundo passo: calcular f'(0).

Derivando a função

$$f(x)=e^{x}$$,

obteremos

$$f'(x)=e^{x}\ \frac{d(x)}{dx} =e^{x}.$$

Portanto,

$$f'(0)=e^{0}=1.$$

- Terceiro passo: calcular f''(0).

Derivando a função

$$f'(x)=e^{x},$$

vamos obter

$$f''(x)=e^{x}\ \frac{d(x)}{dx} =e^{x}.$$

Portanto,

$$f''(0)=e^{0}=1.$$

- Quarto passo: Achar f'''(0).

Derivando a função

$$f''(x)=e^{x},$$

temos que

$$f'''(x)=e^{x}\ \frac{d(x)}{dx} =e^{x}.$$

Portanto,

$$f'''(0)=e^{0}=1.$$

- Quinto passo: substituir f(0), f'(0), f''(0), f'''(0) e a = 0 na fórmula de Taylor, no caso:

$$f (x)=f(a)+\frac{f'(a)(x-a)^{1} }{1!} +\frac{f''(a)(x-a)^{2} }{2!}$$ $$+\frac{f'''(a)(x-a)^{3} }{3!},$$

e teremos

$$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)(x-0)^{1} }{1!} +\frac{f''(0)(x-0)^{2} }{2!}$$ $$+\frac{f'''(0)(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f (x)=1+\frac{1(x-0)^{1} }{1!} +\frac{1(x-0)^{2} }{2!} +\frac{1(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=e^{x}=1+\frac{x^{1} }{1!} +\frac{x^{2} }{2!} +\frac{x^{3} }{3!}=1+x +\frac{x^{2} }{2!} +\frac{x^{3} }{3!}.$$

2) Dada a função

$$f(x)=(2+x)^{-2},$$

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira ordem, em torno de a = 0 ou $$x_{0}=0$$.

- Primeiro passo: calcular f(0).

Substituindo 0 na função

$$f(x)=(2+x)^{-2},$$

temos que

$$f(0)=(2+0)^{-2}=2^{-2}=\frac{1}{2^{2}} =\frac{1}{4}.$$

- Segundo passo: calcular f'(0).

Derivando a função

 $$f(x)=(2+x)^{-2},$$

obteremos

$$f'(x)=-2(2+x)^{-3} \cdot \frac{d(2+x)}{dx} =-2(2+x)^{-3}.1$$ $$=-2(2+x)^{-3}.$$

Portanto,

$$f'(0)=-2(2+0)^{-3}.1=-2.2^{-3}=-2.\frac{1}{8} =-\frac{1}{4}.$$

- Terceiro passo: calcular f''(0).

Derivando a função

$$f'(x)=-2(2+x)^{-3}.$$

vamos obter

$$f''(x)=6(2+x)^{-4} \cdot \frac{d(2+x)}{dx} =6(2+x)^{-4}.1$$ $$=6(2+x)^{-4}.$$

Portanto,

$$f''(0)=6(2+0)^{-4}=6.2^{-4}=6.\frac{1}{2^{4}} =6.\frac{1}{16} =\frac{6}{16} =\frac{3}{8}.$$

- Quarto passo: Achar f'''(0).

Derivando a função

$$f''(x)=6(2+x)^{-4},$$

vamos obter

$$f'''(x)=-24(2+x)^{-5} \cdot \frac{d(2+x)}{dx} =-24(2+x)^{-5} .1$$ $$=-24(2+x)^{-5}.$$

Portanto,

$$f'''(0)=-24(2+0)^{-5}=-24.2^{-5}=-24.\frac{1}{2^{5}}$$ $$=\frac{-24}{32}=\frac{-12}{16}=\frac{-3}{4}.$$

- Quinto passo: substituir f(0), f'(0), f''(0), f'''(0) e a = 0 na fórmula de Taylor, no caso:

$$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)(x-a)^{1} }{1!} +\frac{f''(0)(x-a)^{2} }{2!}$$ $$+\frac{f'''(0)(x-a)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=\frac{1}{4} -\frac{\frac{1}{4} (x-0)^{1} }{1!} +\frac{\frac{3}{8} (x-0)^{2} }{2!} -\frac{\frac{3}{4} (x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=(2+x)^{-2}=\frac{1}{4}-\frac{x} {4} +\frac{3x^{2} }{8.2.1}-\frac{3x^{3} }{4.3.2.1}=$$
$$\frac{1}{4}-\frac{x} {4} +\frac{3x^{2} }{16}-\frac{x^{3} }{8}.$$

3) Dada a função

$$f(x)=\sqrt[3]{x},$$

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até segunda ordem, em torno de a = 8 ou $$x_{0}=8$$.

- Primeiro passo: calcular f(8).

Substituindo 8 na função

$$f(x)=\sqrt[3]{x},$$

temos que

$$f(8)=\sqrt[3]{8 }=\sqrt[3]{2^{3} }=2.$$

- Segundo passo: calcular f'(8).

Derivando a função

$$f(x)=\sqrt[3]{x}=x^{\frac{1}{3}}.$$

obteremos

$$f'(x)=\frac{1}{3}x^{\frac{1}{3} -1}=\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}.$$

Portanto,

$$f'(8)=\frac{1}{3}.(8)^{-\frac{2}{3}}=\frac{1}{3.8^{\frac{2}{3}}} =\frac{1}{3.\sqrt[3]{8^2} } =\frac{1}{3.\sqrt[3]{64} } =\frac{1}{3.4} =\frac{1}{12}.$$

- Terceiro passo: calcular f''(8).

Derivando a função

$$f'(x)=\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}.$$

vamos obter

$$f''(x)=-\frac{2}{3}.\frac{1}{3} x^{-\frac{2}{3} -1}=-\frac{2}{9} x^{-\frac{5}{3}}.$$

Portanto,

$$f''(8)=-\frac{2}{9} .8^{-\frac{5}{3}}=-\frac{2}{9.8.^{\frac{5}{3}}}=-\frac{2}{9.\sqrt[3]{8^{5}}}=-\frac{1}{144}}}.$$

 - Quarto passo: substituir f(8), f'(8), f''(8) e a=8 na fórmula de Taylor, no caso:

$$f(x)=f(8)+\frac{f'(8)(x-a)^{1} }{1!} +\frac{f''(8)(x-a)^{2} }{2!}.$$

$$f(x)=2 -\frac{\frac{1}{12} (x-8)^{1} }{1!} -\frac{\frac{1}{144} (x-8)^{2} }{2!} \rightarrow$$

$$f(x)=\sqrt[3]{x}=2+\frac{1(x-8) }{12}-\frac{1(x-8)^2}{2.144}=$$
$$2+\frac{1(x-8) }{12}-\frac{1(x-8)^2}{288}.$$

A continuação está neste endereço: Taylor II.

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APLICAÇÕES DE DERIVADAS NA CINEMÁTICA - EXERCÍCIOS RESPONDIDOS

Objetivos desta aula:

- Aplicar conhecimentos adquiridos nas aulas:

 DERIVADAS - EXERCÍCIOS RESPONDIDOS;

DERIVADA DA SOMA - EXERCÍCIOS RESPONDIDOS.

Obs: estas aulas estão postadas em CATEGORIAS: Derivadas para Física;

- Aplicar a definição de velocidade e aceleração;

- Calcular a velocidade de uma partícula através da derivação da equação horária;

- Calcular a aceleração de uma partícula através da derivação da equação da velocidade.

1) Uma partícula se desloca em linha reta, de tal forma que sua distância à origem é dada, em função do tempo, pela equação:

$$s=4t+6t^{2}.$$

 a) Calcular a sua velocidade, em unidades S.I., no instante t =1s.

De acordo com a definição de velocidade, temos que:

$$v=\frac{ds}{dt}.$$

Portanto,

$$v=\frac{d\left( 4t+6t^{2} \right) }{dt} =\frac{4dt}{dt} +\frac{12tdt}{dt}=4+12t.$$

A relação acima fornece a velocidade em função do tempo. Substituindo t = 1s nesta relação, obtemos

$$v=4+12.1=16 m/s.$$

b) Calcular a aceleração, em unidades S.I., da partícula.

De acordo com a definição de aceleração, temos que:

$$a=\frac{dv}{dt}.$$

Portanto,

$$a=\frac{d\left( 4+12t \right) }{dt} =\frac{d(4)}{dt} +\frac{12dt}{dt} =0+12=12m/s^{2}.$$

2) Uma partícula se desloca em linha reta, de tal forma que sua distância à origem é dada em função do tempo, pela equação:

$$s=2t+3t^{2}.$$

a) Calcular a sua velocidade, em unidades S.I., no instante t =1s.

De acordo com a definição de velocidade, temos que:

$$v=\frac{ds}{dt}.$$

Portanto,

$$v=\frac{d\left( 2t+3t^{2} \right) }{dt} =\frac{2dt}{dt} +\frac{6tdt}{dt} =2+6t.$$

A relação acima fornece a velocidade em função do tempo. Substituindo t = 1s nesta relação, obtemos

$$v=2+6.1=8 m/s.$$

b) Calcular a aceleração, em unidades S.I., da partícula.

De acordo com a definição de aceleração, temos que:

$$a=\frac{dv}{dt}.$$

Portanto,

$$a=\frac{d\left( 2+6t \right) }{dt} =\frac{d(2)}{dt} +\frac{6dt}{dt} =0+6=6m/s^{2}.$$

3) Uma partícula percorre uma curva obedecendo à equação horária

$$s=t^{2}+t-2.$$

a) Calcular a sua velocidade, em unidades S.I., no instante t = 2s.

De acordo com a definição de velocidade, temos que:

$$v=\frac{ds}{dt}.$$

Portanto,

$$v=\frac{d\left( t^{2}+t-2\right)}{dt}=\frac{2tdt}{dt}+\frac{dt}{dt}-\frac{d(2)}{dt}$$

$$=2t+1-0=2t+1.$$

A relação acima fornece a velocidade em função do tempo. Substituindo t = 2s nesta relação, obtemos

$$v=2t+1=2.2+1=4+1=5m/s.$$

b) Calcular a aceleração da partícula em unidades S.I.

De acordo com a definição de aceleração, temos que:

$$a=\frac{dv}{dt}.$$

Portanto,

$$a=\frac{d\left( 2t+1)}{dt} =\frac{2dt}{dt} + \frac{d(1)}{dt} =2+0=2m/s^{2}.$$

4) Calcular a aceleração, em unidades S.I., de uma partícula no instante t = 5s sabendo que sua velocidade obedece à equação

$$v=2+3t+5t^{2}.$$

De acordo com a definição de aceleração, temos que:

$$a=\frac{dv}{dt}.$$

Portanto,

$$a=\frac{d\left(2+3t+5t^{2} )}{dt} =\frac{d(2)}{dt} + \frac{3dt}{dt} + \frac{10tdt}{dt}$$

$$=0+3+10t=3+10t.$$

Substituindo t = 5s nesta relação, obtemos

$$a=3+10.5=3+50=53m/s^{2}.$$

5) Calcular no instante t = 3s a velocidade, em unidades S.I., de uma partícula que se move obedecendo à equação horária

$$s=\frac{1}{t}.$$

A equação acima pode ser escrita como:

$$s=t^{-1}.$$

De acordo com a definição de velocidade, temos que:

$$v=\frac{ds}{dt}.$$

Portanto,

$$v=\frac{d\left( t^{-1}\right) }{dt} =-1t^{-1-1} =-1t^{-2} =-\frac{1}{t^{2}}.$$

A relação acima fornece a velocidade em função do tempo. Substituindo t = 3s nesta relação, obtemos

$$v=-\frac{1}{t^{2}}=-\frac{1}{3^{2}}=-\frac{1}{9}}m/s.$$

6) Calcular no instante t = 2s a aceleração, em unidades S.I., de uma partícula que se move em linha reta obedecendo à equação

$$v=\sqrt[3]{t}.$$

A equação acima pode ser escrita como:

$$v=t^{\frac{1}{3}}.$$

De acordo com a definição de aceleração, temos que:

$$a=\frac{dv}{dt}.$$

Portanto,

$$a=\frac{d\left( t^{\frac{1}{3}}\right) }{dt} =\frac{1}{3} t^{\frac{1}{3} -1} =\frac{1}{3} t^{\frac{-2}{3}}$$

$$=\frac{1}{3}\cdot \frac{1} {\sqrt[3]{t^{2}}}.$$

Substituindo t = 2s nesta relação, obtemos

$$a=\frac{1}{3}\cdot \frac{1} {\sqrt[3]{2^{2}}}= \frac{1} {3\sqrt[3]{2^{2}}}=\frac{1} {3\sqrt[3]{4}}m/s^{2}.$$

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