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Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
Exercícios Resolvidos: Taxa Relacionada
Contato: nibblediego@gmail.com
Escrito por Diego Oliveira - Publicado em 07/01/2013 - Atualizado em 08/08/2017
Resolver problemas relativo a taxas relacionadas é basicamente um processo de
seis passos:
1. verificamos os dados que o problema nos dá e o que é requerido;
2. encontramos uma relação geral entre os dados que após a derivada
da relação forneça o valor desejado;
3. substituímos na relação os valores que são constantes;
4. derivamos a relação implicitamente;
5. evidenciamos o resultado desejado;
6. realizamos as substituições necessárias para obter a resposta.
Dica: As vezes fazer um desenho ou esquema da situação problema ajuda bas-
tante a entender melhor a questão. Embora dependendo da sua habilidade isso
possa ser dispensável.
Exemplo 01
Uma pipa esta voando a uma altura de 40m. Uma criança esta empinado a
de tal forma que ela se mova horizontalmente a uma velocidade de 3m/s. Se a
linha estiver esticada, com que velocidade a linha esta sendo “dada", quando o
comprimento da linha desenrolada for de 50m?
Solução:
10 Passo:
Dados:
y = 40 m
z = 50 m
dx/dt = 3 m/s
dz/dt = ?
Com base no problema e nos dados fornecidos construímos um triângulo retân-
gulo com as seguintes medidas.
1
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
40 m
x = 30 m
50 m
Onde o valor de  foi determinado pelo teorema de Pitágoras (2 = 502 − 402).
2◦ Passo:
O desenho do problema sugere que a relação entre os dados (x, y, z) é o próprio
teorema de Pitágoras.
z2 = 2 + y2
Note que se derivarmos essa relação obteremos dz/dt. Que é o que desejamos
saber.
3◦ Passo:
No problema a pipa se move apenas horizontalmente. Assim a altura da pipa (y)
se mantém sempre constante.
z2 = 2 + 402
⇒ z2 = 2 + 1600
Já o z (tamanho da linha), e o  (distancia horizontal entre a pipa e o menino),
não são constantes.
4◦ Passo:
Agora deriva-se a relação anterior implicitamente em relação ao tempo.
2z
dz
dt
= 2
d
dt
+ 0
A derivada ocorre em relação ao tempo pois o deslocamento da pipa em qualquer
direção pode ser descrito em função do tempo.
5◦ Passo:
Agora que evidenciamos dz/dt.
dz
dt
=
2
d
dt
2z
2
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
6◦ Passo:
E finalmente substituímos x, y e dx/dt para obter o valor desejado.
dz
dt
=
2(30)(3)
2(50)
⇒ dz
dt
=
180
100
⇒ dz
dt
=
9
5
m/s
Exemplo 02
Acumula se areia em um monte com a forma de um cone onde a altura é igual
ao raio da base. Se o volume de areia cresce a uma taxa de 10 m3/h, a que razão
aumenta a área da base quando a altura do monte é 4 m?
Solução:
1◦ Passo:
Dados:
h = 4
r = 4
dA
dt
é o que desejamos saber.
dV
dt
= 10 m3/h
2◦ Passo:
Neste caso a fórmula capaz de fornecer o que será pedido é a da área do circulo.
A = pir2
3◦ Passo:
O raio do cone varia com a altura. E a altura por sua vez também varia a medida
que a areia é despejada, assim não existe valores constantes na relação A = pir2.
Logo podemos pular o passo 3.
4◦ Passo:
dA
dt
= 2pir
dr
dt
3
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
5◦ Passo:
O passo seguinte seria evidenciar dA/dt, mas como isto já esta feito passamos
para o passo 6.
6◦ Passo:
Como r = 4 então:
dA
dt
= 2 · 4pidr
dt
⇒ dA
dt
= 8pi
dr
dt
O fato interessante é que o problema não nos dá o valor de dr/dt, pelo menos
não diretamente.
Sabe-se que o volume de um cone é dado por:
V =
1
3
pir3
Derivando a expressão implicitamente se têm:
dV
dt
=
1
3
pi3r2
dr
dt
⇒ dV
dt
= pir2
dr
dt
⇒ dr
dt
=
1
pir2
dV
dt
substituindo o valor de r
dr
dt
=
5
8pi
m2/h
Agora de posse do valor de dr/dt podemos finalizar o 6◦ passo.
dA
dt
= 8pi
�
5
8pi
�
m2/h
⇒ dA
dt
= 5 m2/h
4
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
Os próximos exercícios seguem a mesma lógica do passo a passo, mas por
questão de economia serão resolvidos de forma menos detalhada.
Exemplo 03
Uma escada de 6 m de comprimento está apoiada em uma parede vertical. Se a
base da escada começa a escorregar horizontalmente a taxa constante de 0.6 m/s,
com que velocidade o topo da escada percorre a parede quando esta a 4 m do solo?
Solução:
Dados:
x = 2
p
5 m
y = 4 m
z = 6 m
dx/dt= 0.6 m/s
dy/dt = ?
Com base nos dados construímos um triângulo com as seguintes medidas.
4 m
x = 2
p
5 m
6 m
Onde  foi obtido através do teorema de Pitágoras.
A fórmula que fornecerá o valor desejado será o teorema de Pitágoras.
2 + y2 = z2
Como a escada não pode alterar seu comprimento então z é constante e igual a
6.
2 + y2 = 36
Derivando implicitamente.
2
d
dt
+ 2y
dy
dt
= 0
⇒ 2(2p5m)0.6m/s + 2(4m)dy
dt
= 0
⇒ 2.4p5m2/s + 8mdy
dt
= 0
Evidenciando dy/dt
5
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
dy
dt
= −0.3p5m/s
Neste caso o sinal de negativo indica o sentido do movimento da escada (para
baixo).
Exemplo 04
Um tanque tem a forma de um cone circular reto invertido, com 4 m de altura e
raio da base 2 m. Se água entra no tanque á razão de 0.001 m3/min calcule a razão
em que o nível de água está subindo quando a altura é 1 m?
Solução:
Dados:
h = 4 m
r = 2 m
dV
dt
= 0.001 m3/min
Queremos descobrir
dh
dt
quando h = 1 m.
A equação que irá relacionar dh/dt aos dados será:
V =
1
3
pir2h
Derivando implicitamente.
dV
dt
=
1
3
pi
�
2rh
dr
dt
+ r2
dh
dt
�
Pelo problema sabe-se que:
h
r
=
4
2
⇒ h = 2r
Da igualdade anterior ainda temos que:
dh
dt
= 2
dr
dt
⇒ dr
dt
=
dh
2dt
Substituindo dr/dt = dh/2dt e também h = 1r em dv/dt chega-se:
6
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
dV
dt
=
1
3
pi
‚
2
�
h
2
�
h
dh
2dt
+
�
h
2
�2 dh
dt
Œ
⇒ dV
dt
=
1
3
pi
‚
h2
2
dh
dt
+
h2
4
dh
dt
Œ
⇒ dV
dt
=
1
3
pi
dh
dt
‚
h2
2
+
h2
4
Œ
⇒ dV
dt
=
1
3
pi
dh
dt
�
3
4
h2
�
⇒ dV
dt
= pi
dh
dt
‚
h2
4
Œ
⇒ 4
h2pi
· dV
dt
=
dh
dt
⇒ dh
dt
=
4
h2pi
· dV
dt
Finalmente quando h = 1 m temos:
dh
dt
=
4
103pi
m/mn
Exemplo 05
Ao ser aquecida uma chapa circular de metal, seu diâmetro varia á razão de
0.005 cm/min. Determine a taxa á qual a área de uma das faces varia quando o
diâmetro é 30 cm.
Solução:
Dados:
dD/dt = 0.005 cm/min
dA/dt = ?
D = 30 cm
Tomando a relação A = pir2 que é fórmula para área do círculo.
E derivando a implicitamente temos:
7
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
dA
dt
= 2pir
dr
dt
Sabe-se que o diâmetro (D) e duas vezes o raio (D = 2r) então:
dD
dt
= 2
dr
dt
⇒ 0.5dD
dt
=
dr
dt
Assim:
dA
dt
= 2pi(D/2)
�
0.5
dD
dt
�
⇒ dA
dt
= piD
�
0.5
dD
dt
�
⇒ dA
dt
= 30pi (0.5(0.005))
⇒ dA
dt
= 0.075pi (cm2/mn)
Exemplo 06
Suponha que uma bola de neve esteja se derretendo, com raio decrescendo a
razão constante 2 cm/min. Qual a variação do volume quando o raio está com 25
cm?
Solução:
Dados:
dr/dt = -2 cm/min
dv/dt = ?
r = 25 cm.
A fórmula do volume da esfera é:
V =
4
3
pir3
Derivando implicitamente.
dV
dt
=
4
3
pi3r2
dr
dt
⇒ dV
dt
= 4pir2
dr
dt
8
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
Finalmente substituindoos valores
dV
dt
= 4pi(25)2(−2) cm3/mn
⇒ dV
dt
= −5000pi cm3/mn
Exemplo 07
A areia que vaza de um deposito e forma uma pilha cônica cuja altura sempre
é igual ao raio da base. Se a altura da pilha aumenta a uma razão de 15 cm/min.
Determine a taxa a qual a areia está se escoado quando a altura da pilha for de 25
cm.
Solução:
Dados:
h = r
dh/dt = 15 cm/min
dv/dt = ?
h = 25.
V =
1
3
pir2h
Derivando implicitamente.
dV
dt
=
1
3
pi2r
dr
dt
h +
1
3
pir2
dh
dt
Como h = r então dr/dt = dh/dt e assim:
dV
dt
=
1
3
pi
�
2r
dr
dt
h + r2
dh
dt
�
⇒ dV
dt
=
1
3
pi
�
2h
dh
dt
h + r2
dh
dt
�
⇒ dV
dt
=
1
3
pi
dh
dt
�
2h2 + h2
�
9
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
⇒ dV
dt
=
1
3
pi
dh
dt
3h2
⇒ dV
dt
= pi15(25)2
⇒ dV
dt
= pi15(25)2 = 9375pi
⇒ dV
dt
= 9375pi cm3/mn
Exemplo 08
Uma pedra jogada em um lago emite ondas circulares, cujo raio cresce a uma
taxa constante de 3 m/s. Com que rapidez estaria variando a área englobada pela
onda crescente ao final de 10 segundos?
Solução:
Dados:
dr/dt = 3 m/s
dA/dt = ?
t = 10s
A = pir2
⇒ dA
dt
= 2pir
dr
dt
Como o raio varia 3 m/s em 10 segundos teremos um raio de 30 m.
dA
dt
= 2pi(3 · 10)(3) = 180pi m2/s
Exemplo 09
Um balão esférico é inflado de tal forma que o volume cresce a taxa de 3 m3/min.
Com que rapidez o diâmetro do balão estará crescendo quando o raio for de 1 m?
Solução:
V =
4
3
pir3
10
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
d
dt
= 4pir2
dr
dt
3 (m3/mn) = 4pi(1 m)2
dr
dt
dr
dt
=
3
4pi
(m/mn)
Como 2r =Diâmetro então:
2
dr
dt
=
dD
dt
e portanto:
dD
dt
=
3
2pi
(m/mn)
Exemplo 10
Dois carros estão se encaminhando em direção a um cruzamento, um seguindo
a direção leste a uma velocidade de 90 km/h e o outro seguindo a direção sul, a 60
km/h. Qual a taxa segundo a qual eles se aproximam um do outro no instante em
que o primeiro carro está a 0.2 km do cruzamento e o segundo a 0.15 km?
Solução:
Dados:
dx/dt = 90
dy/dt = -60
dz/dt = ?
x = 0.2 Km
y = 0.15 Km
60 km/h
90 km/h
11
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
Neste caso desejamos saber
dz
dt
quando x = 0.2 Km e y = 0.15 Km.
Para isso usaremos o teorema de Pitágoras: 2 + y2 = z2
derivando implicitamente.
2
d
dt
+ 2y
dy
dt
= 2z
dz
dt
e simplificando

d
dt
+ y
dy
dt
= z
dz
dt
substituímos os valores de dx/dt e dy/dt
2(90) + 2y(60) = 2z
dz
dt
e evidenciamos o dz/dt.
dz
dt
=
0.2(90) + (0.15)(−60)
z
Quando x = 0.2 e y = 0.15, z é igual 0.25 (teorema de Pitágoras). E portanto:
dz
dt
= −108 Km/h
Um resultado interessante neste problema ocorre se aplicarmos o teorema de
Pitágoras diretamente as velocidades (que são nada mais que vetores).
Vz =
p
602 + 902 ≈ 108.167 km/h
Que é um resultado bastante próximo do calculado por meio da derivação im-
plícita.
Exemplo 11
Suponha que, em certo mercado, x milhares de caixas de laranjas sejam forneci-
dos diariamente sendo p o preço por caixa e a equação de oferta
p − 20p − 3 + 105 = 0
Se o fornecimento diário estiver decrescendo a uma taxa de 250 caixas por dia,
com que taxa os preços estarão variando quando o fornecimento diário for de 5 mil
caixas?
12
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
Solução:
Queremos descobrir
dp
dt
quando x = 5. Derivando a expressão implicitamente
chega-se à: �

dp
dt
+
d
dt
p
�
− 20dp
dt
− 3d
dt
+ 0 = 0
⇒ dp
dt
( − 20) + d
dt
(p − 3) = 0
⇒ dp
dt
=
− d
dt
(p − 3)
 − 20
Quando  é igual 5 p é igual à 6
p(5) − 20p − 3(5) + 105 = 0
p(5) = 6
A taxa de fornecimento (dx/dt) está decrescendo em 250, mas como  é uma
unidade em milhares usaremos
d
dt
= − 250
103
.
Assim:
dp
dt
=
0.25(6 − 3)
(5 − 20) = −0.05
Ou seja o preço está decrescendo a uma taxa de R$ 0,05 ao dia.
Exemplo 12
Um avião voa a 152.4 m/s paralelamente ao solo, a uma altitude de 1.220 m no
sentido oeste, tomando como referencia um holofote fixado no solo que o focaliza e
que se encontra à esquerda da projeção vertical do avião em relação ao solo.
Sabendo-se que a luz do holofote deverá permanecer iluminado o avião, qual
deverá ser a velocidade angular (de giro) do holofote, no instante em que a distância
horizontal entre ele e a projeção vertical do avião for de 610 m?
Solução:
1220 m
13
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
Queremos encontrar
dθ
dt
quando  = 610 m. E como tg θ =
1220

então:
sec2θ
dθ
dt
= − 1220
2
d
dt
Substituindo
d
dt
= −152.4 na equação anterior e dividindo por sec2 θ, iremos
obter
dθ
dt
=
185.928
2sec2θ
Quando x = 610, tgθ = 2 e sec2 θ = 5.
dθ
dt
=
185.928
6102 · 5
⇒ dθ
dt
≈ 1
10
rd/s
Exemplo 13
Uma piscina tem 5 m de largura por 10 m de comprimento, 1 m de profundidade
na parte rasa, e 3 m na parte mais funda.
10m 5m
1m
3m1.5m 4m
A figura acima mostra as medidas e forma da piscina. Se a piscina for enchida
a uma taxa de 0.1 m3/min, quão rápido estará subindo o nível de água quando sua
profundidade no ponto mais profundo for de 1 m?
Solução:
14
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
Quando a profundidade da água no ponto mais fundo da piscina for de 1m então
somente a área cuja seção transversal é um trapézio estará sendo usada. Assim
vamos considerar apenas essa parte da piscina. Essa parte é representada pelo
desenho a seguir.
2m
x y
1.5m 4m
3m
Área do trapézio:
A =
BseMor + BseMenor
2
h
A =
( + 3 + y) + 3
2
h
Como a piscina têm 5 m de largura então seu volume é 5 vezes a área do trapézio
determinado:
V = 5A
V = 5
( + 3 + y) + 3
2
h
V = 1.875h2 + 5h2 + 15h
Derivando implicitamente
dV
dt
= 3.75h
dh
dt
+ 10h
dh
dt
+ 15
dh
dt
dV
dt
=
dh
dt
(13.75h + 15)
Substituindo a taxa e h = 1 m.
0.1 =
dh
dt
(13.75(1) + 15)
dh
dt
=
2
575
m
15
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
Exemplo 14
Água está saindo de um tanque em forma de um cone invertido a uma taxa de
10.000 cm3/min no momento em que água está sendo bombeada para dentro a
uma taxa constante. O tanque tem 6 m de altura e seu diâmetro no topo é 8 m. Se
o nível da água está subindo a uma taxa de 20 cm/min quando a altura era 2 m,
encontre a taxa com que a água está sendo bombeada para dentro.
Solução:
2 m = 200 cm
5.8 m = 600 cm
4 m = 400 cm
A variação do volume de água é dada pela fórmula
dV
dt
=
de
dt
− ds
dt
Onde
de
dt
é a taxa de variação de entrada da água e
ds
dt
a taxa de variação da
saída da água, que é igual á 10.000 cm3/min.
Sabe-se que a expressão para o volume de um cone é:
V =
1
3
pir2h
Pelo desenho é fácil verificar que
h
r
=
6
4
que resulta em r =
2
3
h. Assim:
V =
1
3
pi
�
2h
3
�2
h =
4pih3
27
onde derivando implicitamente obtemos:
dV
dt
=
4pih2
9
dh
dt
Como
dV
dt
=
de
dt
− ds
t
então:
16
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
de
dt
− ds
dt
=
4pi · 2002
9
· 20
⇒ de
dt
− 10.000 = 4pi · 200
2
9
· 20
⇒ de
dt
=
‚
4pi · 2002
9
· 20
Œ
+ 10.000
⇒ de
dt
≈ 1.127.010,7cm3/mn
logo a taxa de entrada no momento em que a altura era 200 cm é de 10148,6
cm3/min
Exemplo 15
Um corredorcorre em uma trajetória circular de raio 100 m a uma velocidade
constante de 7 m/s. Um outro indivíduo está parado a uma distância de 200 m do
centro da pista. Qual a taxa de variação da distância entre os dois quando esta
distância era 200 m?
Solução:
Observe o esquema a seguir
200m
θ
x
y z
O problema é que não sabemos exatamente a posição dos dois corredores. Então
não podemos usar o teorema de Pitágoras. Vamos usar a lei dos cossenos para
expressar a distância entre os dois:
z2 = 2 + y2 − 2y · cosθ
Derivando implicitamente e levando em conta que x e y não variam no tempo
(ou seja, são constantes) chega-se á:
2z
dz
dt
= 0 + 0 + 2y(senθ)
dθ
dt
⇒ 2zdz
dt
= 2y(senθ)
dθ
dt
17
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
⇒ zdz
dt
= y(senθ)
dθ
dt
Substituindo o valor de , y e z.
200
dz
dt
= 200 · 100(senθ)dθ
dt
⇒ dz
dt
= 100(senθ)
dθ
dt
Da física sabemos que S = rθ logo:
dS
dt
= r
dθ
dt
⇒ dS
dt
· 1
r
=
dθ
dt
.
Substituindo esse último valor em dz/dt
dz
dt
= 100(senθ)
�
dS
dt
· 1
r
�
⇒ dz
dt
=
100
r
(senθ)
dS
dt
Como r = 100m então
dz
dt
=
100
100
(senθ)
dS
dt
⇒ dz
dt
= (senθ)
dS
dt
Quando a distância entre eles for de exatamente 200m então o ângulo θ será
de:
2002 = 2002 + 1002 − 2 · 200 · 100cos(θ)
⇒ 2002 = 1002 + 2002 − 4 · 104cos(θ)
⇒ cos(θ) = 1
4
⇒ θ ≈ 75,5◦
Assim:
18
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
dz
dt
= sen(75,5◦) · dS
dt
⇒ dz
dt
= sen(75,5◦) · 7 ≈ 6,78 m/s
Exemplo 16
A equação de demanda de uma determinada camisa é 2p + 65p − 4950 = 0,
onde  centenas de camisas são demandadas por semana quando p for o preço
unitário. Se a camisa estiver sendo vendida esta semana R$ 30,00 e o preço estiver
crescendo a uma taxa de R$ 0,20 por semana, ache a taxa de variação na demanda.
Solução:
A equação é a seguinte:
2p + 65p − 4950 = 0
Não há constantes no problema, pois tanto  como p variam com o tempo. Deste
modo não há substituições a fazer.
Derivando a equação implicitamente chega-se à:
2
dp
dt
 + 2p
d
dt
+ 65
dp
dt
= 0
Como p = 30 e
dp
dt
= 0.2 então:
2(0.20) + 2(30)
d
dt
+ 65(0.20) = 0
⇒ d
dt
= − 65(0.20) + 2(0.20)
2 · 30
Para descobrir o valor de  usamos a equação inicial.
2p + 65p − 4950 = 0
⇒ 2(30) + 65(30) − 4950 = 0⇒  = 50
Portanto
d
dt
= − 65(0.20) + 2(0.20)(50)
2 · 30 = −0.55
19
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
Decresce a taxa de 55 camisas por semana.
Exemplo 17
Uma lâmpada está pendurada a 4,5m de um piso horizontal. Se um homem com
1,80m de altura caminha afastando-se da luz, com uma velocidade horizontal de
1,5m/s:
a) Qual a velocidade de crescimento da sombra?
b) Com que velocidade a ponta da sombra do homem está se movendo?
Solução:
Vamos imaginar a situação descrita como na imagem abaixo.
w k
Lâmpada
O problema envolve uma semelhança de triângulos. Onde:
 é a distância horizontal do homem a lâmpada;
k é o comprimento da sombra;
d/dt é a taxa de variação com que o homem se afasta da lampada horizontal-
mente;
dk/dt a taxa de crescimento da sombra.
Por semelhança de triângulos
( + k)
4,5
=
k
1,80
20
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
⇒ 
k
= 1,5
⇒ = 1,5k
Derivamos em ambos os lados em relação ao tempo(t):
0,6(dw/dt) = 0,4(dk/dt)
⇒ dk/dt = 0,6 (d/dt)
0,4
Como d/dt = 1.5 m/s então
dk/dt = 1 m/s (Primeira resposta).
A velocidade com que a ponta da sombra do homem está se movendo é a soma
da taxa de variação com que o homem se move somada a taxa de variação de
crescimento da sombra.
d(w + k)/dt = dw/dt + dk/dt
⇒ d(w + k)/dt = 1,5 + 1
⇒ d(w + k)/dt = 2,5 m/s (segunda resposta)
Respostas:
(a) 1,0 m/s
(b) 2,5 m/s
Exemplo 18
Um radar da polícia rodoviária está colocado atrás de uma árvore que fica a
12 metros de uma rodovia que segue em linha reta por um longo trecho. A 16
metros do ponto da rodovia mais próximo do radar da polícia, está um telefone de
emergência. O policial mira o canhão do radar no telefone de emergência. Um
carro passa pelo telefone e, naquele momento, o radar indica que a distância entre
o policial e o carro está aumentando a uma taxa de 70 km/h. O limite de velocidade
naquele trecho da rodovia é de 80km/h. O policial deve ou não multar o motorista?
Solução:
O problema acima é esquematizado na figura abaixo:
21
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Radar 12m
Telefone
16m
z2 = 2 + y2
Como a distância horizontal entre a rodovia e o radar se mantêm constante.
z2 = 122 + y2
⇒ z2 = 144 + y2
Derivando implicitamente.
2z
dz
dt
= 0 + 2y
dy
dt
e evidenciando dy/dt
dy
dt
=
2z(dz/dt)
2y
⇒ dy
dt
=
z(dz/dt)
y
e finalmente substituindo os valores chega-se ao resultado.
dy
dt
=
p
122 + 162 · 70
16
= 87.5
Como o limite é de 80 Km/h e a velocidade do carro é de 87.5 km/h a não ser
que o motorista tenha uma boa desculpa ele deve ser multado.
Exemplo 19
Considere um balão meteorológico a ser lançado de um ponto a 100 metros de
distância de uma câmera de televisão montada no nível do chão. À medida em
que o balão sobe, aumenta a distância entre a câmera e o balão e o ângulo que a
câmera faz com o chão.
Se o balão está subindo a uma velocidade de 6 m/s, pergunta-se:
22
Caderno de Exercícios Diego A. Oliveira - Vitória da Conquista / BA
(a) Quando o balão estiver a 75m de altura, qual a velocidade com que o
balão se afasta da câmera?
(b) Decorridos 5 segundos após o lançamento, para filmar a subida do
balão, com que velocidade a câmera está girando?
Solução de A:
Considere o esquema
Lânterna
Balão
y
x
z
θ
Usando Pitágoras
z2 + y2 + 1002
⇒ zdz
dt
+ y
dy
dt
Quando y = 75 por Pitágoras conclui-se que z = 125, então:
125
dz
dt
+ 75(6)
⇒ dz
dt
= 3.6
Logo a velocidade com que o balão se afasta é de 3.6 m/s
Solução de B:
Para resolver o item (b), podemos usar a função seno para obter uma equação
que relaciona as varáveis d (distância horizontal entre a câmera e o balão), h (dis-
tância vertical entre o balão e o solo) e θ (angulo da câmera com a horizontal).
Assim temos que:
sen(θ) =
y
z
⇒ sen(θ) = yÆ
1002 + y2
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Fazendo a derivada da função e evidenciando dθ/dt
dθ
dt
=
dy/dt
cos(θ)(104 + y2)
‚q
104 + y2 − y
2Æ
104 + y2
Œ
(1)
Em 5 segundos a 6m/s o balão percorre 30m (y = 30). Como x é sempre
igual a 100 pelo teorema de Pitágoras z =
p
104 + 302 = 10
p
109. De modo que
cos(θ) =
100
10
p
109
=
10p
109
. Finalmente substituindo estes valores em (1) chegamos
a solução.
dθ
dt
=
6
p
109
109 · 103
‚p
10900 − 9 · 10
2
p
10900
Œ
⇒ dθ
dt
=
6
102
− 54
109 · 102
⇒ dθ
dt
=
6
109
= 0.055 Rad/s
Exemplo 20
Um homem caminha ao longo de um caminho reto com velocidade 4 m/s. Uma
lâmpada está localizada no chão a 20m da trajetória (distância ortogonal) e é man-
tida focalizada na direção do homem. Qual a velocidade de rotação da lâmpada
quando o homem está a 15m do ponto do caminho mais próximo da lâmpada?
Solução de A:
Considere o esquema:
Homem
Lâmpada
θ
z=20m
x=15m
y
É
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tg(θ) =

y
Derivando implicitamente
dθ/dt
cos2(θ)
=
(d/dt)y − (dy/dt)
y2
Como y é uma constante então dy/dt = 0 e assim:
dθ/dt
cos2(θ)
=
(d/dt)y
y2
=
(d/dt)
y(1)
Pelo teorema de Pitágoras 202 = 152 + y2. Que resulta em y2 = 175
Substituindo esse valor em (1) e explicitando dθ/dt
dθ
dt
=
(d/dt)p
175
· cos2(θ)
Como dx/dt = 4 e cos(θ) =
p
175
20
dθ
dt
=
4p
175
·
‚p
175
20
Œ2
≈ 0.13
Assim a velocidade é de aproximadamente 0.13 rad/s
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