Exercícios Resolvidos de Aproximação Linear

Elaboração Própria

A aproximação linear da função f x = tan ln x , no ponto de referência a , é:

f x x - 1

Determine o ponto de referência.

Passo 1

Opa, temos um exercício um pouco diferente aqui. Ele nos deu a aproximação linear e quer o ponto de referência. Vamos fazer a aproximação linear para um ponto qualquer a e vamos comparar com essa aproximação que ele deu.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Para fazermos a aproximação linear precisamos da função f x , da sua derivada f ' x e do ponto de referência a .

Primeiro vamos achar a derivada dessa parada

f ' x = sec 2 ln x 1 x = sec 2 ln x x

Assim nossa aproximação linear vai ser:

f x f a + f ' a x - a

Trocando os valores de f e f ' temos:

f x tan ln a + sec 2 ln a a x - a

Arrumando isso temos:

f x tan ln a + sec 2 ln a a x - sec 2 ln a

Passo 3

Vamos agora comparar isso que achamos com o que ele deu:

tan ln a + sec 2 ln a a x - sec 2 ln a = x - 1

Para isso ser sempre igual devemos ter:

tan ln a - sec 2 ln a = - 1

sec 2 ln a a = 1

A segunda equação é impossível de resolver na mão, então vamos nos preocupar em resolver a primeira, e depois só verificar com a segunda.

Temos:

tan ln a - sec 2 ln a = - 1

Lembra da relação entre secante e tangente?

tan 2 x + 1 = sec 2 x

Assim vamos ter, na nossa equação:

tan ln a - tan 2 ln a + 1 = - 1

tan ln a - tan 2 ln a - 1 = - 1

tan ln a - tan 2 ln a = 0

Colocando tan ln a em evidência, vamos ter:

tan ln a tan ln a - 1 = 0

Assim vamos ter duas equações:

tan ln a = 0   o u   tan ln a - 1 = 0

tan ln a = 0   o u   tan ln a = 1

E:

ln a = 0 + k 1 π   o u   ln a = π 4 + k 2 π

Onde k 1 e k 2 são inteiros.

Resolvendo essas equações logarítmicas:

a = e k 1 π   o u   a = e π 4 + k 2 π

Passo 4

Achamos os possíveis valores de a pela primeira equação, a parada agora é substituir esses valores na segunda equação e ver quais deles que servem para nós.

sec 2 ln a a = 1

Substituindo o primeiro valor de a , a = e k 1 π :

sec 2 ln e k 1 π e k 1 π = 1

sec 2 k 1 π e k 1 π = 1

Nessa situação a secante de algum múltiplo inteiro de π pode ser 1 ou - 1 , mas como a secante está ao quadrado:

1 e k 1 π = 1

e k 1 π = 1

k 1 π = 0

Assim temos:

k 1 = 0

E achamos um dos possíveis pontos de referência:

a = e 0 π = 1

Passo 5

Para outra solução de a , qual o valor de k 2 que serve nessa parada?

sec 2 ln a a = 1

Substituindo o segundo valor de a , a = e π 4 + k 2 π , vamos ter:

sec 2 ln e π 4 + k 2 π e π 4 + k 2 π = 1

sec 2 π 4 + k 2 π e π 4 + k 2 π = 1

Passo 6

Observa que

sec x = 1 cos x

Além disso,

cos π 4 + k 2 π 2 2 ,     s e   k 2   f o r   p a r     - 2 2 ,     s e   k 2   f o r   í m p a r

Portanto,

sec π 4 + k 2 π

Só pode assumir dois valores 2 / 2 ou - 2 / 2 . Como no nosso exercício ela está elevada ao quadrado, não faz diferença, vamos ter que

sec 2 π 4 + k 2 π = 2

Passo 7

Assim, temos que

2 e π 4 + k 2 π = 1 e π 4 + k 2 π = 2

Queremos os valores de k 2 , então vou aplicar l n dos dois lados, vem comigo

π 4 + k 2 π = ln 2 k 2 = 1 π ln 2 - π 4

Portanto, nosso outro ponto de referência será

a = e π 4 + k 2 π ,                   k 2 = 1 π ln 2 - π 4  

Resposta

a = 1

a = e π 4 + k 2 π ,                   k 2 = 1 π ln 2 - π 4

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