Prova 2 CDeGA 201401 noite GABARITO

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Universidade Federal do Maranha˜o
Bacharelado em Cieˆncia & Tecnologia
Segunda Avaliac¸a˜o
Disciplina : Ca´lculo Diferencial e Geometria Anal´ıtica Professor:
Aluno(a): Matr´ıcula:
Q1 (2,0 pts) Um sate´lite de o´rbita el´ıptica e excentricidade 1/3 viaja ao redor de um planeta
situado num dos focos da elipse. Sabendo que a distaˆncia mais pro´xima do sate´lite ao
planeta e´ de 300 km, calcule a maior distaˆncia.
Soluc¸a˜o. Considere a figura abaixo. Na figura, a excentricidade da elipse e´ o nu´mero
e = c/a = 1/3 e a posic¸a˜o em que o sate´lite esta´ mais pro´ximo do planeta e´ o ponto S, de
modo que PS = 300. Como OS = a temos
a − c = 300 e a = 3c
Portanto, c = 150 e a = 450. Como a maior distˆancia corresponde ao ponto R, temos
OR = a + c = 600,
isto ´e, a maior distˆancia ´e 600 km.
Q2 (2,0 pts) A intersec¸a˜o de um elipso´ide (com centro na origem) com o plano xy e´ a elipse
x2 + y2/4 = 1, z = 0. Determine a equac¸a˜o do elipso´ide, sabendo que ele conte´m o ponto(0,1,√6).
Soluc¸a˜o. O elipso´ide mais geral, com centro na origem, e´ representado pela equac¸a˜o
x2
a2
+ y2
b2
+ z2
c2
= 1, (1)
onde a, b e c sa˜o os comprimentos dos semieixos do elipso´ide.
Fazendo-se z = 0 na equac¸a˜o (1) obtemos a equac¸a˜o da elipse x2
a2
+ y2
b2
= 1, que e´ a intersec¸a˜o
do elipso´ide com o plano xy. Mas, por hipo´tese, essa intersec¸a˜o e´ dada pela equac¸a˜o
x2 + y2/4 = 1. Em particular isto implica que a = 1 e b = 2, ja´ que os pontos (1,0,0) e(0,2,0) esta˜o nesta elipse.
Por outro lado, como o ponto (0,1,√6) pertence ao elipso´ide, devemos ter, pela equac¸a˜o(1),
1
b2
+ 6
c2
= 1
Lembrando que b = 2, conclu´ımos que c2 = 8. Substituindo os valores de a, b e c, na equac¸a˜o
(1), obtemos a equac¸a˜o do elipso´ide:
x2 + y2
4
+ z2
8
= 1
Q3 Calcule os limites abaixo (na˜o usar regra de L’Hospital):
(a) (1,0 pt) lim
x→0 x + sinxx2 − sinx
Soluc¸a˜o. Do limite fundamental lim
x→0 sinxx = 1 temos
lim
x→0 x + sinxx2 − sinx = limx→0 1 + sinxxx − sinxx = −2,
pois lim
x→0(1 + sinxx ) = 2 e limx→0(x − sinxx ) = −1.
2
(b) (1,0 pt) lim
x→−1 3
√
x3 + 1
x + 1
Soluc¸a˜o. Como x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1) segue-se que
lim
x→−1 3
√
x3 + 1
x + 1 = limx→−1 3√x2 − x + 1 = 3√3,
visto que f(x) = 3√x e´ cont´ınua e lim
x→−1(x2 − x + 1) = 3.
Q4 Seja f ∶ RÐ→ R uma func¸a˜o tal que, para x ≠ 1, −x2 + 3x ≤ f(x) ≤ x2 − 1
x − 1 .
(a) (1,0 pt) Calcule lim
x→1 f(x).
Soluc¸a˜o. Veja que lim
x→1(−x2 + 3x) = 2 e limx→1 x2 − 1x − 1 = limx→1(x + 1) = 2. Pelo Teorema do
Confronto, lim
x→1 f(x) = 2.
(b) (1,0 pt) Sabendo-se que f(1) = −1, pode-se dizer que f e´ cont´ınua em x = 1? Justifique.
Soluc¸a˜o. Do item (a), lim
x→1 f(x) ≠ f(1) = −1 e portanto, f na˜o e´ cont´ınua em x = 1.
Q5 (2,0 pts) Seja f ∶ RÐ→ R uma func¸a˜o e suponha que lim
x→0 f(x)x = 1. Calcule limx→1 f(x2 − 1)x − 1 .
Soluc¸a˜o. Fazendo-se y = x2 − 1 temos x→ 1 se, e so´ se, y → 0. Como x =√y + 1, temos
lim
x→1 f(x2 − 1)x − 1 = limy→0 f(y)√y + 1 − 1 = limy→0(√y + 1 + 1)f(y)y = 2,
visto que lim
y→0 f(y)y = 1 e limy→0(√y + 1 + 1) = 2.
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