(1,0) Suponha que y=f(x) e que satisfaz
\frac{x^{2}}{2(\mathbf{K}+1)}+2 \sqrt{y}=15
Determine a equação da reta tangente ao gráfico de f em P=(\mathrm{K}+1, f(\mathrm{~K}+1)).

Passo 1

O enunciado define y=f(x) implicitamente por
\frac{x^{2}}{2(K+1)} + 2\sqrt{y} = 15
e pede a reta tangente ao gráfico de f no ponto P=\bigl(K+1,\;f(K+1)\bigr).
O conteúdo envolvido é diferenciação implícita para obter f'(x), depois avaliar em x=K+1 e usar a fórmula da reta tangente.

Passo 2

Primeiro, determinamos y_0 = f(K+1) substituindo x=K+1 na equação dada. Temos
\frac{(K+1)^{2}}{2(K+1)} + 2\sqrt{y_0} = 15
que simplifica para
\frac{K+1}{2} + 2\sqrt{y_0} = 15 \quad\Longrightarrow\quad 2\sqrt{y_0} = 15 - \frac{K+1}{2} \quad\Longrightarrow\quad \sqrt{y_0} = \frac{15 - \tfrac{K+1}{2}}{2} = \frac{30 - (K+1)}{4} = \frac{29 - K}{4}.
Logo
y_0 = \biggl(\frac{29 - K}{4}\biggr)^{2}.

Passo 3

Agora diferenciamos implicitamente
\frac{x^{2}}{2(K+1)} + 2\sqrt{y} = 15
em relação a x. A derivada do primeiro termo é
\frac{d}{dx}\!\Bigl(\tfrac{x^2}{2(K+1)}\Bigr) = \frac{x}{K+1},
e a do segundo é
\frac{d}{dx}(2\sqrt{y}) = 2\cdot\frac{1}{2\sqrt{y}}\;y' = \frac{y'}{\sqrt{y}}.
Como o lado direito é constante, resulta
\frac{x}{K+1} + \frac{y'}{\sqrt{y}} = 0 \quad\Longrightarrow\quad y' = -\,\frac{x}{K+1}\,\sqrt{y}.

Passo 4

Avaliamo-os y' em x=K+1 e y=y_0:
y'(K+1) = -\,\frac{K+1}{K+1}\,\sqrt{y_0} = -\,\sqrt{y_0} = -\,\frac{29 - K}{4}.
Logo o coeficiente angular da tangente é
m = -\frac{29 - K}{4}.

Passo 5

A equação da reta tangente em P=(K+1,y_0) é
y - y_0 = m\,(x - (K+1)).
Substituindo y_0 e m, fica
y - \biggl(\frac{29 - K}{4}\biggr)^{2} = -\,\frac{29 - K}{4}\,\bigl(x - (K+1)\bigr).

Resposta

\boxed{\,y - \biggl(\frac{29 - K}{4}\biggr)^{2} = -\,\frac{29 - K}{4}\,\bigl(x - (K+1)\bigr)\,}.

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