Para achar a reta tangente basta seguirmos a fórmula [tex]\large\text{$\boxed{\boxed{Y-Y_0=F'(X_0)\cdot \left(X-X_0\right)}}$}[/tex]
Veja que a questão já nos da o ponto [tex]X_0 ~e ~Y_0\\[/tex] que são respectivamente [tex](1, 1 )[/tex] então só precisamos achar a derivada da função e substituir os termos
Para encontrar a reta tangente, precisamos do gradiente da curva no ponto P(1, 1). Para isso, derivamos implicitamente a equação em relação a x e, em seguida, calculamos o gradiente para x = 1 e y = 1:
Observe que a derivada parcial em relação a y resulta em uma indeterminação. Isso ocorre porque a função não é diferenciável no ponto P(1, 1) devido à presença de [tex]\sf{}\arcsin\left(\cfrac{x}{y}\right)[/tex] na equação original.
No entanto, a reta tangente ainda pode ser encontrada usando a derivada parcial em relação a x e a equação da curva. A inclinação da reta tangente é dada pelo valor que encontramos na derivada parcial em relação a x no ponto P(1, 1):
Agora, para encontrar a reta normal no ponto P(1, 1), precisamos da inclinação da reta normal. A inclinação da reta normal é o negativo do inverso da inclinação da reta tangente:
Portanto, a reta tangente à curva no ponto P(1, 1) é dada por [tex]\sf{}y = \cfrac{-1}{2}x + \cfrac{3}{2}[/tex], e a reta normal é dada por [tex]\sf{}y = 2x - 1[/tex].
Lista de comentários
Reta tangente
[tex]Y=X[/tex]
Reta normal
[tex]Y=-X+2[/tex]
Temos a seguinte curva
[tex]\large\text{$ArcTG\left(\dfrac{y}{x} \right)-ArcSen\left(\dfrac{x}{y} \right)=\dfrac{3\pi}{4} $}[/tex]
Para achar a reta tangente basta seguirmos a fórmula [tex]\large\text{$\boxed{\boxed{Y-Y_0=F'(X_0)\cdot \left(X-X_0\right)}}$}[/tex]
Veja que a questão já nos da o ponto [tex]X_0 ~e ~Y_0\\[/tex] que são respectivamente [tex](1, 1 )[/tex] então só precisamos achar a derivada da função e substituir os termos
Derivando implicitamente temos
[tex]\large\text{$ArcTG\left(\dfrac{y}{x} \right)-ArcSen\left(\dfrac{x}{y} \right)=\dfrac{3\pi}{4} $}[/tex]
Vamos derivar cada parte separadamente pra n ter confusão
[tex]\large\text{$\left(ArcTG\left(\dfrac{y}{x} \right)\right)'=\dfrac{1}{1+\dfrac{y^2}{x^2} }\cdot \left(\dfrac{y}{x} \right)'=\dfrac{1}{1+\dfrac{y^2}{x^2} }\cdot \dfrac{xy'-y}{x^2} $}[/tex]
[tex]\Large\text{$\dfrac{xy'-y}{\left(1+\dfrac{y^2}{x^2}\right)\cdot x^2 } =\boxed{\dfrac{xy'-y}{x^2+y^2} }$}[/tex]
Derivando o ArcSeno agora
[tex]\Large\text{$\letf(ArcSeno\righr)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } }\cdot\left(\frac{x}{y} \right)'= $}[/tex]
[tex]\Large\text{$\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } }\cdot\left(\dfrac{y-x y'}{y^2} \right)=\dfrac{y-xy'}{\sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } \cdot y^2} $}[/tex]
Derivada da constante
[tex]\Large\text{$\left(\dfrac{3\pi}{4} \right)'=0 $}[/tex]
substituindo temos
[tex]\large\text{$\left(ArcTG\left(\dfrac{y}{x} \right)-ArcSen\left(\dfrac{x}{y} \right)=\dfrac{3\pi}{4} \right)'$}\\\\\\\\\\\Large\text{$\dfrac{xy'-y}{x^2+y^2}+\dfrac{y-xy'}{\sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } \cdot y^2} =0$}[/tex]
Isolando Y' temos
[tex]\Large\text{$\dfrac{xy'-y}{x^2+y^2}+\dfrac{y-xy'}{\sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } \cdot y^2} =0$}[/tex]
Fazendo MMC
[tex]\Large\text{$\dfrac{\left(xy'-y\right)\cdot \left(\sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } \cdot y^2\right)+\left(y-xy'\right)\cdot \left(x^2+y^2\right)}{x^2+y^2\cdot \sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } \cdot y^2}=0$}[/tex]
Se passarmos o denominador multiplicando no outro lado vai dar zero pois qualquer coisa vezes zero é o próprio zero
[tex]\Large\text{$\left(xy'-y\right)\cdot \left(\sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } \cdot y^2\right)+\left(y-xy'\right)\cdot \left(x^2+y^2\right)=0$}\\\\\\[/tex]
Perceba que se colocarmos o - em evidencia no y-xy' podemos coloca-lo em evidencia
[tex]\Large\text{$\left(xy'-y\right)\cdot \left(\sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } \cdot y^2\right)+\left(y-xy'\right)\cdot \left(x^2+y^2\right)=0$}\\\\\\\\\Large\text{$\left(xy'-y\right)\cdot \left(\sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } \cdot y^2\right)-\left(-y+xy'\right)\cdot \left(x^2+y^2\right)=0$}\\\\\\\\[/tex]
[tex]\Large\text{$\left(xy'-y\right)\cdot \left(\left(\sqrt{1-\dfrac{x^2}{y^2} } \cdot y^2\right)\cdot -\left(x^2+y^2\right)\right)=0$}\\\\\\\\\\[/tex]
[tex]\Large\text{$\left(xy'-y\right)=0$}\\\\\\\\\Large\text{$xy'=y$}\\\\\\\Large\text{$\boxed{y'=\dfrac{y}{x}} $}[/tex]
Então concluímos que a derivada da função é [tex]\dfrac{y}{x}[/tex] substituindo pelos pontos dados (1, 1) temos
[tex]y'=\dfrac{y}{x} \\\\\\y'=\dfrac{1}{1} \\\\\\\boxed{y'=1}[/tex]
Substituindo na equação da reta tangente
[tex]\large\text{$\boxed{\boxed{Y-Y_0=F'(X_0)\cdot \left(X-X_0\right)}}$}\\\\\\\\\large\text{$Y-1=1\cdot (X-1)$}\\\\\\\large\text{$Y= X-1+1$}\\\\\\\large\text{$\boxed{Y= X}$}[/tex]
Então a reta tangente é exatamente [tex]Y= X[/tex]
Agora vamos encontrar a reta normal
o Coeficiente angular da reta normal é o oposto e inverso da reta tangente, como o nosso Coeficiente angular deu 1 o oposto e inverso dele será -1
Logo teremos
[tex]\large\text{$\boxed{\boxed{Y-Y_0=-\frac{1}{F'(X_0)} \cdot \left(X-X_0\right)}}$}\\\\\\\\\large\text{$Y-1=-1\cdot (X-1)$}\\\\\\\large\text{$Y= -X+1+1$}\\\\\\\large\text{$\boxed{Y= -X+2}$}[/tex]
Resposta:
[tex]\sf{}Segue~a~resposta[/tex]
Explicação passo-a-passo:
Primeiro, vamos encontrar a reta tangente no ponto P(1, 1) à curva representada pela equação:
[tex]\large{}\sf{}{arctg\left( \dfrac{y}{x} \right) + arcsen\left( \dfrac{x}{y} \right) = \dfrac{3\pi}{4}}[/tex]
Para encontrar a reta tangente, precisamos do gradiente da curva no ponto P(1, 1). Para isso, derivamos implicitamente a equação em relação a x e, em seguida, calculamos o gradiente para x = 1 e y = 1:
Derivando a equação em relação a x:
[tex]\large{}\sf{}\cfrac{d}{dx} \left[ \arctan\left(\cfrac{y}{x}\right) + \arcsin\left(\cfrac{x}{y}\right) \right] = \cfrac{d}{dx}\left[ \cfrac{3\pi}{4} \right][/tex]
Aplicando a regra da cadeia:
[tex]\large{}\sf{}\cfrac{1}{1+\left(\cfrac{y}{x}\right)^2} \cdot \cfrac{-y}{x^2} + \cfrac{1}{\sqrt{1-\left(\cfrac{x}{y}\right)^2}} \cdot \cfrac{1}{y} \cdot \left(\cfrac{1}{y}\right)' = 0[/tex]
Simplificando:
[tex]\large{}\sf{}\cfrac{-y}{x^2+x^2\left(\cfrac{y}{x}\right)^2} + \cfrac{1}{y^2\sqrt{1-\left(\cfrac{x}{y}\right)^2}} = 0[/tex]
Como estamos interessados em encontrar o gradiente no ponto P(1, 1), substituímos x = 1 e y = 1 na equação acima:
[tex]\large{}\sf{}\cfrac{-1}{1+1\cdot1^2} + \cfrac{1}{1^2\sqrt{1-\left(\cfrac{1}{1}\right)^2}} = 0[/tex]
[tex]\large{}\sf{}\cfrac{-1}{2} + \cfrac{1}{1\sqrt{0}} = 0[/tex]
Observe que a derivada parcial em relação a y resulta em uma indeterminação. Isso ocorre porque a função não é diferenciável no ponto P(1, 1) devido à presença de [tex]\sf{}\arcsin\left(\cfrac{x}{y}\right)[/tex] na equação original.
No entanto, a reta tangente ainda pode ser encontrada usando a derivada parcial em relação a x e a equação da curva. A inclinação da reta tangente é dada pelo valor que encontramos na derivada parcial em relação a x no ponto P(1, 1):
[tex]\large{}\sf{}m_{\text{Tangente}} = \cfrac{-1}{2}[/tex]
Agora, encontramos a equação da reta tangente usando o ponto P(1, 1) e a inclinação encontrada:
[tex]\large{}\sf{}y - y_1 = m_{\text{Tangente}} \cdot (x - x_1)[/tex]
[tex]\large{}\sf{}y - 1 = \cfrac{-1}{2} \cdot (x - 1)[/tex]
[tex]\large{}\sf{}y = \cfrac{-1}{2}x + \cfrac{3}{2}[/tex]
Agora, para encontrar a reta normal no ponto P(1, 1), precisamos da inclinação da reta normal. A inclinação da reta normal é o negativo do inverso da inclinação da reta tangente:
[tex]\large{}\sf{}m_{\text{Normal}} = -\cfrac{1}{m_{\text{Tangente}}} = -\cfrac{1}{\left(\cfrac{-1}{2}\right)} = 2[/tex]
Agora, encontramos a equação da reta normal usando o ponto P(1, 1) e a inclinação encontrada:
[tex]\large{}\sf{}y - y_1 = m_{\text{Normal}} \cdot (x - x_1)[/tex]
[tex]\large{}\sf{}y - 1 = 2 \cdot (x - 1)[/tex]
[tex]\large{}\sf{}y = 2x - 1[/tex]
Portanto, a reta tangente à curva no ponto P(1, 1) é dada por [tex]\sf{}y = \cfrac{-1}{2}x + \cfrac{3}{2}[/tex], e a reta normal é dada por [tex]\sf{}y = 2x - 1[/tex].
Bons estudos!