Determine uma função f cujo gráfico passe pelo ponto ( 1 ,   1 ) e tal que, para todo p no seu domínio, a área do triângulo de vértices p ,   0 ,   p ,   f p e M seja igual a p , onde M é a interseção da reta tangente em p ,   f p com o eixo x .

Passo 1

Começaremos esse problema tomando y = f ( x ) , que é a função desejada.

Pela condição apresentada f 1 = 1 , temos uma suposição que y > 0 em um intervalo I aberto, com 1 em I .

Supondo uma função decrescente.

A equação da reta tangente no ponto p ,   f p é:

y - f p = f ' ( p ) ( x - p )

Essa reta que encontra o eixo x em:

M = p - f p f ' p

Passo 2

Tomando a área do triângulo de vértices p ,   0 ,   p ,   f p e M igual a p :

1 2 M - p f p = p

M - p f p = 2 p

Substituindo M :

p - f p f ' p - p f p = 2 p

- f p 2 = 2 p f ' p

Desse modo, temos:

- y 2 = 2 x d y d x

Passo 3

Separando as variáveis:

- d y y 2 = d x 2 x

- ∫ d y y 2 = ∫ d x 2 x

Integrando:

1 y = 1 2 ( ln ⁡ x + ln ⁡ k )

1 y = ln ⁡ x + ln ⁡ k

Passo 4

Voltando a condição f 1 = 1 :

1 1 = ln ⁡ 1 + ln ⁡ k

1 = ln ⁡ k

k = e

Desse modo:

1 y = ln ⁡ x + ln ⁡ e = ln ⁡ x + 1

y = 1 1 + ln ⁡ x

y = 1 1 + ln ⁡ x ,   x > e - 2

Passo 5

Para uma função crescente:

y 2 = 2 x d y d x

- 1 y = 1 2 ( ln ⁡ x + ln ⁡ k )

- 1 y = ln ⁡ x + ln ⁡ k

Aplicando a condição f 1 = 1 :

- 1 = ln ⁡ 1 + ln ⁡ k

- 1 = ln ⁡ k

e - 1

Então:

- 1 y = ln ⁡ x + ln ⁡ e - 1 = ln ⁡ x - 1

y = 1 1 - ln ⁡ x , 0 <   x < e 2

Resposta

y = 1 1 + ln ⁡ x ,   x > e - 2

y = 1 1 - ln ⁡ x , 0 <   x < e 2

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