Modulo 1- Aplicação

Prévia do material em texto

Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Lista de Aplicac¸a˜o – Semana 1 – Soluc¸a˜o
Temas abordados : Func¸o˜es
Sec¸o˜es do livro: 1.1; 1.2; 1.5; 1.6
1) A figura abaixo ilustra um recipiente formado por dois cilindros circulares retos justapos-
tos de altura 10m e raios respectivamente 12m e 6m. Suponha que, a partir do instante
t = 0, o recipiente comece a ser abastecido a uma vaza˜o constante de modo que o n´ıvel
da a´gua s(t) no recipiente e´ dada por
s(t) =
{
2t, para 0 ≤ t ≤ 5
8t− 30, para 5 < t ≤ 6
onde a altura e´ dada em metros e o tempo e´ dado em segundos.
(a) Esboce o gra´fico da func¸a˜o s(t).
(b) Determine, caso existam, os instantes
τ ∈ [0, 6] nos quais s(τ) = 15.
(c) Determine a imagem da func¸a˜o s.
12
6
10
10
Soluc¸a˜o:
(a) Para 0 ≤ t ≤ 5, o gra´fico e´ um segmento de reta de inclinac¸a˜o 2 que passa pela
origem; para 5 < t ≤ 6, o gra´fico e´ um segmento de reta de inclinac¸a˜o 8 que se
conecta ao segmento de reta de inclinac¸a˜o 2. Usando essas informac¸o˜es, o gra´fico e´
como ilustrado abaixo.
(b) Do gra´fico de s(t) vemos que s(t) e´ crescente, com s(0) = 0, s(5) = 10 e s(6) = 18.
Um vez que 15 esta´ entre 10 e 18, um instante τ em que s(τ) = 15 deve estar,
portanto, no intervalo (5, 6), no qual temos que s(t) = 8t − 30. Resolvendo para τ
a equac¸a˜o
8τ − 30 = 15,
obtemos que τ = 45/8 e´ o u´nico instante para o qual s(τ) = 15.
(c) A ana´lise do gra´fico mostra que a imagem da func¸a˜o s e´ o intervalo fechado [0, 18].
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 1 - Pa´gina 1 de 30
2) Considere a func¸a˜o f : (0,∞) → R dada por f(x) = 1/√x. Pode-se mostrar que a
inclinac¸a˜o da reta La, que e´ tangente ao gra´fico de f(x) no ponto Pa = (a, f(a)), e´ dada
por
−1
2a
√
a
. A figura abaixo ilustra o gra´fico da func¸a˜o, a reta La e os pontos Qa e Ra
em que a reta intercepta os eixos coordenados. Julgue a veracidade dos itens a seguir,
justificando suas respostas.
(a) A reta La tem equac¸a˜o y =
−x
2a
√
a
+
3
2
√
a
.
(b) Tem-se que Ra = (2a, 0).
(c) A a´rea do triaˆngulo ∆OPaRa e´ igual a 1
2
2af(a).
(d) A a´rea do triaˆngulo ∆O PaQa e´ igual a 1
2
3
2
√
a
a.
(e) Para todo a > 0, a a´rea do triaˆngulo ∆OPaQa e´ o
dobro da a´rea do triaˆngulo ∆O PaRa.
Pa
Qa
O Ra
Soluc¸a˜o: Lembre que a equac¸a˜o da reta r que tem inclinac¸a˜o m e passa pelo ponto
(x0, y0) e´ dada por r(x) = ym +m(x− x0).
(a) Correto. A reta La tem inclinac¸a˜o −1/(2a
√
a) e passa pelo ponto (a, f(a). Desse
modo, se denotarmos por La(x) a sua equac¸a˜o, temos que
La(x) = − 1
2a
√
a
(x− a) + f(a) = − 1
2a
√
a
(x− a) + 1√
a
.
(b) Errado. Veja que Ra = (xa, 0). Uma vez que esse ponto pertence a` reta La temos
que
0 = La(xa) = − 1
2a
√
a
(xa − a) + 1√
a
,
de modo que −xa + a = −2a, ou ainda, xa = 3a. Assim Ra = (3a, 0).
(c) Errado. A base do triaˆngulo ∆OPaRa mede 3a e sua altura mede f(a). Como a
a´rea de um triaˆngulo e´ igual a` metade do produto entre a base e a altura, a a´rea
em questa˜o e´ igual a 1
2
3af(a) = 3
2
√
a
a.
(d) Correto. Observe que Qa = (0, y) e pertence a` reta La. Assim,
y = La(0) = − 1
2a
√
a
(0− a) + 1√
a
=
1
3
√
a
.
Como o triaˆngulo ∆O PaQa tem base medindo y e altura medindo x = a, conclu´ımos
que sua a´rea e´ dada por 1
2
3
2
√
a
a
(e) Errado. Pelos itens (c) e (d), a a´rea de ∆O PaQa vale a metade da a´rea de ∆OPaRa.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 1 - Pa´gina 2 de 30
3) Uma amostra radioativa emite part´ıculas alfa e, consequentemente, sua massa M =
M(t) e´ uma func¸a˜o decrescente do tempo. Suponha que, para um determinado material
radioativo, essa func¸a˜o seja dada por M(t) = M0e
−k1t, onde M0 > 0 e´ a massa inicial,
k1 > 0 e´ uma constante e t > 0 e´ o tempo medido em anos. A meia-vida do material e´ o
tempo necessa´rio para que a massa se reduza a` metade da massa inicial.
(a) Calcule k1 sabendo que, depois de um ano e meio, a massa restante e´ 1/8 da inicial.
(b) Usando o item anterior, determine a meia-vida do material.
(c) Calcule quantos anos devemos esperar para que 99% da amostra tenha se desinte-
grado (use as aproximac¸o˜es ln 2 = 0, 7 e ln 5 = 1, 6).
(d) Suponha que outra amostra radioativa tenha massa N(t) = M0e
−k2t, com k2 > 0.
Estabelec¸a uma relac¸a˜o entre k1 e k2 sabendo que a meia-vida desse segundo material
e´ igual ao triplo da meia-vida do primeiro.
Soluc¸a˜o:
(a) Note que
M0
8
= M(3/2) = M0e
−k1 32 .
Cancelando o termo M0 e aplicando o logaritmo dos dois lados obtemos
−3
2
k1 = ln(1/8) = − ln 8 = − ln 23 = −3 ln 2.
(b) Basta notar que, se t0 e´ a meia-vida do material, enta˜oM(t0) = M0e
−2ln2 t0 = M0/2.
Dessa forma, mais uma vez cancelando o termoM0 e aplicando o logaritmo dois lados
obtemos
t0 =
ln 2
k1
. (1)
(c) Procuramos o instante t1 para o qual M(t1) = 0, 01M0. Utilizando o fato de que
ln 100 = ln(4 · 25) = 2(ln 2 + ln 5)
e procedendo como em (b) encontramos t1.
(d) Considere agora o material cuja massa e´ N(t). Procedendo de forma ana´loga ao
item (b), conclu´ımos que a sua meia vida e´ dada por
t0 =
ln 2
k2
. (2)
Como t0 = 3t0, combinando-se (1) e (2) obtemos que k2 = k1/3.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 1 - Pa´gina 3 de 30
4) Uma espira circular esta´ imersa em uma regia˜o de campo magne´tico uniforme e constante.
O fluxo magne´tico pela espira e´ dado por φ(α) = AB cos(α), onde A e´ a a´rea da espira,
B e´ a intensidade do campo e α ∈ [0, 2π] e´ o aˆngulo entre o vetor normal ao plano da
espira e as linhas de campo. Supondo inicialmente que, em unidades f´ısicas apropriadas,
AB = 4, resolva os itens a seguir.
(a) Calcule o menor e o maior valor que o fluxo φ pode assumir.
(b) Determine um aˆngulo α0 ∈ [0, 2π] tal que φ(α0) = 2.
(c) Se a espira tivesse o dobro do diaˆmetro e estivesse imersa no mesmo campo, qual
seria o valor do produto AB ?
(d) Para uma espira com o dobro do diaˆmetro, use o valor encontrado no item (c) para
determinar um aˆngulo α1 ∈ [0, π] tal que o fluxo magne´tico seja igual a 4.
Soluc¸a˜o:
(a) Como para todo aˆngulo α temos −1 ≤ cos(α) ≤ 1, ∀α, segue que −4 ≤ φ(α) ≤ 4.
Ale´m disso, φ(0) = φ(2π) = AB = 4 e φ(π) = −AB = −4. Desse modo
max
α∈[0,2pi]
φ(α) = 4 e min
α∈[0,2pi]
φ(α) = −4.
(b) Procuramos por α0 ∈ [0, π] tal que 4 cos(α0) = 2 ou, equivalentemente, cos(α0) =
1/2. Basta enta˜o escolher α0 = π/3 ou α = 5π/3.
(c) Sejam A0 e A, respectivamente, as a´reas da espira inicial e da espira com o diaˆmetro
dobrado. Note que se A0 = πr
2, onde r > 0 e´ o raio da espira inicial, enta˜o:
A = π(2r)2 = 4πr2 = 4A0.
Logo,
AB = 4A0B = 16.
(d) Aqui, basta resolver a equac¸a˜o 16 cos(α) = 4. Observe que a func¸a˜o
cos : [0, π]→ [−1, 1]
e´ invert´ıvel. Sua inversa, chamada de arco-cosseno, e´ dada por
arccos : [−1, 1]→ [0, π],
onde
arc cos y = x⇔ cosx = y.
Desse modo, para que 16 cos(α) = 4, devemos ter α = arccos(1/4).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 1 - Pa´gina 4 de 30
5) O objetivo desse exerc´ıcio e´ usar as propriedades da func¸a˜o exponencial ex para investigar
as propriedades das func¸o˜es cosseno e seno hiperbo´licos dadas por
cosh(t) =
et + e−t
2
e senh(t) =
et − e−t
2
.
Lembrando que ex+y = exey, onde e e´ a base Neperiana, resolva os itens abaixo.
(a) Mostre que
cosh2(t)− senh2(t) = 1.
Fazendo x = cosh(t) e y = senh(t), isso mostra que
o ponto (x, y) esta´ sobre a hipe´rbole unita´ria dada
por
x2 − y2 = 1.
(b) Verifique a fo´rmula do cosseno hiperbo´lico da soma
cosh(s+ t) = cosh(s)cosh(t) + senh(s)senh(t).
(c) Verifique a fo´rmula do seno hiperbo´lico da soma
senh(s+ t) = senh(s)cosh(t) + senh(t)cosh(s).
(d) Verifique que cosh(t) e´ uma func¸a˜o par enquanto senh(t) e´ uma func¸a˜o ı´mpar.
(e) Prove que na˜o existe t ∈ R tal que senh(t) = cosh(t).Compare as propriedades dos itens acima com as suas ana´logas para as func¸o˜es trigo-
nome´tricas.
Soluc¸a˜o:
(a) Uma vez que exe−x = e0 = 1, segue que
cosh2(t) =
(
et + e−t
2
)2
=
(et)2 + 2 + (e−t)2
4
=
(et)2 + (e−t)2
4
+
1
2
e
senh2(t) =
(
et − e−t
2
)2
=
(et)2 − 2 + (e−t)2
4
=
(et)2 + (e−t)2
4
− 1
2
.
Isso que mostra que
cosh2(t)− senh2(t) = 1.
(b) Usando que ex+y = exey, temos que
cosh(s)cosh(t) =
(
es + e−s
2
)(
et + e−t
2
)
=
es+t + es−t + e−s+t + e−s−t
4
e que
senh(s)senh(t) =
(
es − e−s
2
)(
et − e−t
2
)
=
es+t − es−t − e−s+t + e−s−t
4
.
Isso mostra que
cosh(s)cosh(t) + senh(s)senh(t) =
2es+t + 2e−s−t
4
=
es+t + e−(s+t)
2
= cosh(s+ t).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 1 - Pa´gina 5 de 30
(c) Usando que ex+y = exey, temos que
senh(s)cosh(t) =
(
es − e−s
2
)(
et + e−t
2
)
=
es+t + es−t − e−s+t − e−s−t
4
logo, trocando s por t, temos que
senh(t)cosh(s) =
et+s + et−s − e−t+s − e−t−s
4
=
es+t + e−s+t − es−t − e−s−t
4
.
Isso mostra que
senh(s)cosh(t) + senh(t)cosh(s) =
2es+t − 2e−s−t
4
=
es+t − e−(s+t)
2
= senh(s+ t).
(d) Temos que
cosh(−t) = e
−t + e−(−t)
2
=
e−t + et
2
=
et + e−t
2
= cosh(t)
e
senh(−t) = e
−t − e−(−t)
2
=
e−t − et
2
= −e
t − e−t
2
= −senh(t).
(e) Suponha que, para algum t ∈ R, tenhamos senh(t) = cosh(t). Enta˜o
et − e−t
2
=
et + e−t
2
,
o que implica que
e−t = 0.
Mas a igualdade acima nunca se verifica, visto que a imagem da func¸a˜o exponencial
e´ o intervalo (0,+∞).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 1 - Pa´gina 6 de 30
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Lista de Aplicac¸a˜o – Semana 2 – Soluc¸a˜o
Temas abordados : Limites no ponto (conceito intuitivo e formal)
Sec¸o˜es do livro: 2.1; 2.2; 2.3
1) Suponha que um comprimido tenha a forma de um cilindro circular reto de raio da base
igual a 4 mm, altura h > 0, e deva ter volume igual a 20 mm3. Como o processo de
fabricac¸a˜o esta´ sujeito a erros, a altura h deve ser razoavelmente precisa, uma vez que
dela depende a dosagem de medicamento que e´ ingerida pelo paciente.
(a) Determine, em func¸a˜o de h, o volume V (h) do com-
primido.
(b) Determine o valor h0 para que o volume do compri-
mido seja igual a V (h0) = V0 = 20 mm
3.
h
4 mm
(c) Determine, em mm, o erro ma´ximo tolerado na altura h de maneira que |V (h)− 20|
seja inferior a 1/10.
(d) Dado ε > 0, encontre δ > 0 tal que o erro |V (h) − 20| no volume do comprimido
seja menor do que ε sempre que o erro na altura |h− h0| seja menor do que δ.
Soluc¸a˜o:
(a) O volume de um cilindro reto e´ dado pela a´rea base vezes a sua altura, de modo
que V (h) = 42πh.
(b) Basta resolver a equac¸a˜o V (h0) = 20 para obter h0 = 20/(4
2π).
(c) Para estimar o erro do volume em termos do erro na altura basta notar que
|V (h)− 20| = |V (h)− V (h0)| = |42πh− 42πh0| = 42π|h− h0|.
Logo |V (h)− 20| < 1/10, sempre que |h− h0| < 1/(10× 42π). Dessa forma, o erro
ma´ximo e´ dado por 1/(10× 42π).
(d) Basta usar as ideias do item anterior, substituindo 1/10 por ε e considerando δ > 0
como o erro ma´ximo. Da fato,
|V (h)− V (h0)| = |42πh− 42πh0| = 42π|h− h0| (3)
Logo, se
|h− h0| < ε/(42π)
Temos por (3) que
|V (h)− V (h0)| < ε
Logo basta tomar δ < ε/(42π).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 2 - Pa´gina 7 de 30
2) Uma companhia de turismo cobra uma taxa de servic¸o fixa de R$ 50,00 para pacotes
tur´ısticos de valor menor ou igual a R$ 1.000,00. Para pacotes de valor superior a
R$ 1.000,00 e menor ou igual a R$ 5.000,00, a companhia cobra uma taxa fixa de R$ 30,00
acrescida de 2% do valor do pacote. Para os demais pacotes, a taxa fixa e´ de R$ c, acres-
cida de 1% do valor do pacote. Indicando por T (x) o valor total da taxa de servic¸o
cobrada por um pacote tur´ıstico no valor de x reais, julgue os itens abaixo, justificando
suas respostas.
(a) O gra´fico da func¸a˜o T (x) conte´m o ponto (3000, 90).
(b) Para c = 100, na˜o e´ poss´ıvel encontrar um pacote tur´ıstico de valor R$x0 de modo
que se tenha T (x0) = 140.
(c) limx→1000+ T (x) = 50.
(d) Na˜o existe o limite limx→1000 T (x).
(e) limx→5000+ T (x) na˜o depende de c.
(f) c = 80 se, e somente se, limx→5000 T (x) = T (5000).
Soluc¸a˜o:
Note que 0, 02x e´ a maneira anal´ıtica de expressarmos 2% de um dado valor x. Logo
T (x) =


50, se x ∈ (0, 1000],
30 + 0, 02x, se x ∈ (1000, 5000],
c+ 0, 01x, se x ∈ (5000,+∞).
(a) Como T (3000) = 30 + 0, 02 × 3000 = 90 o ponto (3000, 90) pertence ao gra´fico da
func¸a˜o.
(b) Observe que se T (x0) = 140 enta˜o x0 > 5000. Da´ı considere c = 100 na expressa˜o
acima e desenhe o gra´fico de T .
Para resolver os quatro u´ltimos itens basta lembrar que limx→a T (x) existe se, e somente
se, os limites laterais no ponto existem e sa˜o iguais. Nesse caso, esse valor comum e´ igual
ao valor do limite.
(c) No ca´lculo de limx→1000+ T (x) lembre que interessam somente os valores de T (x)
quando x esta´ a` direita e pro´ximo do ponto a = 1000. Assim,
lim
x→1000+
T (x) = lim
x→1000+
(30 + 0, 02x) = 30 + 0, 02× 1000 = 50.
(d) O mesmo racioc´ınio nos permite concluir que
lim
x→1000−
T (x) = 50,
o que em conjunto com o item (c) nos garante que
lim
x→1000
T (x) = 50.
(e) Observe que
lim
x→5000+
T (x) = 50 + c
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 2 - Pa´gina 8 de 30
(f) Aqui precisamos verificar duas afirmac¸o˜es. De fato, queremos saber se e´ verdade
que:
(i) Se c = 80 enta˜o limx→5000 = T (5000).
(ii) Se limx→5000 = T (5000) enta˜o c = 80.
Para o subitem (i), veja que se c = 80
lim
x→5000+
80 + 0, 01x = lim
x→5000−
30 + 0, 02x = 130 = T (5000).
Para o subitem (ii), suponha que limx→5000 = T (5000).
Em particular,
T (5000) = lim
x→5000−
T (x) = 130,
pelo que vimos no subitem (i).
Assim, ja´ que por hipo´tese
T (5000) = lim
x→5000+
c+ 0, 01x = c+ 50,
segue-se que c = 80.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 2 - Pa´gina 9 de 30
3) Um ga´s e´ mantido a uma temperatura constante em um pista˜o. A` medida que o pista˜o
e´ comprimido, o volume do ga´s decresce com a func¸a˜o V (P ) = 200/P litros, ate´ atingir
a pressa˜o cr´ıtica de 100 torr quando ele se liquidifica, havendo nesse momento uma
variac¸a˜o brusca de volume. Em seguida, o seu volume passa a ser dado pela func¸a˜o
V (P ) = −0, 01P + 2 ate´ que seja atingida a nova pressa˜o cr´ıtica de 150 torr, a partir da
qual o volume permanece constante e igual a 0,5 litros.
(a) Determine a expressa˜o de V (P ).
(b) Calcule os limites laterais lim
P→P−
0
V (P ) e lim
P→P+
0
V (P ) para P0 = 100. Em seguida,
decida sobre a existeˆncia do limite lim
P→P0
V (P )
(c) Repita o item acima para P0 = 150.
(d) O que acontece com pressa˜o V (P ) para valores P pro´ximos de zero?
Soluc¸a˜o:
(a) De acordo com as informac¸o˜es do enunciado temos que
V (P ) =


200/P, se 0 < P ≤ 100,
−0, 01P + 2, se 100 < P ≤ 150,
0, 5, se 150 < P.
(b) Temos que
lim
P→100−
P (V ) = lim
P→100−
200
P
= 2
e
lim
P→100+
P (V ) = lim
P→100+
−0, 01P + 2 = −1 + 2 = 1.
Apesar dos limites laterais existirem eles na˜o sa˜o iguais. Desse modo, conclu´ımos
que na˜o existe limite quanto P tende para 100.
(c) Temos que
lim
P→150−
P (V ) = lim
P→100−
−0, 01P + 2 = −1, 5 + 2 = 0, 5
e
lim
P→150+
P (V ) = lim
P→100+
0, 5 = 0, 5.
Os limites laterais existirem e sa˜o iguais, de modo que o limite quanto P tende para
150 existe. Mais especificamente limP→150 P (V ) = 0, 5.
(d) Quando P esta´ pro´ximo de zero o quociente 200/V se torna cada vez maior.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 2 - Pa´gina 10 de 30
4) Considere o c´ırculo unita´rio da figura abaixo, em que αdenota um aˆngulo no intervalo
(0, π/2). O triaˆngulo ∆OAB, cuja altura esta´ representada por h, esta´ contido no setor
circular SOAB, que, por sua vez, esta´ contido no triaˆngulo ∆OCB de altura H.
(a) Determine, em termos de h, α e H, as expresso˜es
das a´reas do triaˆngulo ∆OAB, do setor circular SOAB
e do triaˆngulo ∆OCB. Em seguida, use a figura para
comparar tais grandezas.
(b) Determine, com ajuda de func¸o˜es trigonome´tricas
convenientes, uma equac¸a˜o que relaciona α e h; e
outra que relaciona α e H.
(c) Use os itens (a) e (b) para mostrar que se α ∈
(0, π/2), enta˜o vale 0 < senα < α < tgα.
(d) Use o item (c) para mostrar que limα→0+ senα = 0.
(e) Usando o mesmo me´todo para aˆngulos pertencentes
ao intervalo (−π/2, 0), mostre que limα→0− senα =
0. Em seguida, conclua que limα→0 senα = 0.
O
A
B
C
h
H
α
OA = OB = 1
Soluc¸a˜o:
(a) Usando as fo´rmulas da a´rea de triaˆngulos e setores circulares, temos que
A∆OAB =
OB h
2
=
h
2
, ASOAB =
α OB
2
2
=
α
2
e A∆OAC =
OB H
2
=
H
2
Observe que o triaˆngulo ∆OAB esta´ contido no setor circular SOAB e, SOAB esta´
contido no triaˆngulo ∆OAC . Logo, comparando-se as a´reas
h < α < H. (4)
(b) Note que
senα =
h
OA
= h e que H =
H
OB
= tgα. (5)
(c) Veja que se 0 < α < π/2, temos que o triaˆngulo ∆OAB esta´ contido no setor circular
SOAB e, SOAB esta´ contido no triaˆngulo ∆OAC . Combinando-se (12) e (5) o resultado
segue.
(d) Como sen(α) = h e o triaˆngulo esta´ contido no setor circular, temos que 0 < sen α <
α, para todo α ∈ (0, π/2). Segue do Teorema so Sandu´ıche que
lim
α→0+
senα = 0. (6)
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 2 - Pa´gina 11 de 30
(e) Suponha que −π/2 < α < 0. Considerando uma
construc¸a˜o como na figura 2 (veja abaixo), temos:
De forma ana´loga a que fizemos nos itens (a)-(c) con-
clu´ımos que
0 <
−sen α
2
<
−α
2
(7)
Usando (6) e o Teorema do Sandu´ıche mostramos
que
lim
α→0−
senα = 0. (8)
Combinando-se (6) e (8) o resultado segue.
O
A′
B
C ′
h
H
α
OA′ = OB = 1
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 2 - Pa´gina 12 de 30
5) Ainda com respeito a` figura do exerc´ıcio acima, vamos mostrar o Limite Trigonome´trico
Fundamental.
(a) Sabendo que cosα > 0 sempre que α ∈ (−π/2, π/2) fac¸a cosα = √1− (senα)2 e
conclua que limα→0 cosα = 1.
(b) Inverta a desigualdade senα < α < tgα, va´lida para α ∈ (0, π/2).
(c) Lembrando que se α ∈ (0, π/2) temos senα > 0 use o item acima para mostrar que,
nesse intervalo, vale cosα <
senα
α
< 1.
(d) Mostre que limα→0+
senα
α
= 1.
(e) Use um procedimento ana´logo para aˆngulos pertencentes ao intervalo (−π/2, 0) e
mostre que limα→0−
senα
α
= 1. Em seguida, conclua que limα→0
senα
α
= 1.
Soluc¸a˜o:
(a) Observe que como cos α =
√
1− sen2 α e
lim
α→0
√
1− sen2 α =
√
lim
α→0
(
1− sen2 α) =√1− ( lim
α→0
sen α
)2
,
usando o item (e) da questa˜o acima, obtemos que limα→0 cos α = 1.
(b) Lembre que caso x < y para x 6= 0 e y 6= 0 enta˜o
1
x
>
1
y
.
Assim, como senα < α < tgα, enta˜o:
1
senα
>
1
α
>
cosα
senα
, ∀α ∈ (0, π/2).
(c) Lembre que caso x < y e c ≥ 0 enta˜o cx > cy, para todo x ∈ R e y ∈ R. Logo,
usando o item (b) e o fato de que senα > 0, se α ∈ (0, π/2) temos que
senα
senα
>
senα
α
>
senα cosα
senα
, ∀α ∈ (0, π/2).
Como senα > 0 segue que
1 >
senα
α
> cosα, ∀α ∈ (0, π/2). (9)
(d) Basta combinar os itens (a), (b) e (c) e aplicar o Teorema do Sandu´ıche. De fato,
lim
α→0+
1 = 1 e lim
α→0+
cosα = 1. (10)
Como (9) e´ va´lida para todo 0 < α < π/2, o resultado segue combinando (9), (10)
e o Teorema do Sandu´ıche.
(e) Lembre que caso x < y e c ≤ 0 enta˜o cx < cy, para todo x ∈ R e y ∈ R. Logo,
usando o item (b) e o fato de que senα < 0, se α ∈ (−π/2, 0) temos que
senα
senα
<
senα
α
<
senα cosα
senα
, ∀α ∈ (−π/2, 0).
Como senα 6= 0 segue que
1 <
senα
α
< cosα, ∀α ∈ (0, π/2). (11)
Para provar o resultado basta usar (11) e um racioc´ınio ana´logo ao aplicado no item
(d).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 2 - Pa´gina 13 de 30
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Lista de Aplicac¸a˜o – Semana 3 – Soluc¸a˜o
Temas abordados : Limites laterais e limites que envolvem o infinito; Assııntotas
Sec¸o˜es do livro: 2.4; 2.5
1) Duas part´ıculas carregadas com cargas de mo´dulos q1 e q2 interagem com uma forc¸a
eletrosta´tica. Segundo a Lei de Coulomb, o mo´dulo dessa forc¸a, em Newtons, e´ modelado
pela func¸a˜o F : (0,∞) −→ (0,∞) dada por F (x) = Kq1q2
x2
, onde K > 0 e´ uma constante
que depende do meio e x e´ a distaˆncia, em metros, entre as part´ıculas. Suponha que, em
unidades f´ısicas apropriadas, Kq1q2 = 10 e resolva os itens a seguir.
(a) Encontre δ > 0 suficientemente pequeno tal que se 0 < x < δ, enta˜o a forc¸a entre
as part´ıculas tem mo´dulo maior que 107N (dez milho˜es de Newtons).
(b) Encontre M > 0 suficientemente grande tal que se x > M , enta˜o a forc¸a entre as
part´ıculas tem mo´dulo menor que 10−6N (um milhone´simo de Newton).
(c) Determine limx→0+ F (x) e limx→∞ F (x).
(d) Fac¸a um esboc¸o do gra´fico de F .
Soluc¸a˜o:
(a) Note que
F (x) =
10
x2
> 107 ⇔ 107x2 < 10 ⇔ x2 < 10−6 ⇔ x < 10−3.
(b) Procedendo como no item (b) temos
F (x) =
10
x2
< 10−6 ⇔ 10−6x2 > 10 ⇔ x2 > 107 ⇔ x > 107/2 = 103
√
10.
(c) Quando x→ 0+, o numerador de F (x) vale
10 e o denominador se aproxima, por valores
positivos, de zero. Desse modo, conclu´ımos
que limx→0+ F (x) = +∞. Por outro lado,
quando x → +∞, o numerador vale 10 en-
quanto o denominador tende para infinito,
o que mostra que limx→+∞ F (x) = 0. Note
que na˜o pode existir o limite de F (x) quando
x se aproxima de zero, visto que a func¸a˜o F
na˜o esta´ definida em uma vizinha a` esquerda
do zero. Tambe´m na˜o existe o limite lateral
limx→0+ F (x) visto que um limite (mesmo
lateral) existe somente quando a func¸a˜o se
aproxima de um nu´mero real.
0 1 2 3 4 5 6
0
5
10
15
F (x)
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 14 de 30
2) A figura abaixo ilustra um corpo de massa m > 0 pendurado no teto de um trem bala por
um fio inextens´ıvel de comprimento L > 0. Quando o trem possui acelerac¸a˜o a o peˆndulo
se encontra inclinado, fazendo um aˆngulo θ com a vertical. Pode-se provar que, se g e´
a acelerac¸a˜o da gravidade local, enta˜o a(θ) = g tg(θ). Como θ ∈ (−π/2, π/2), temos
que θ(a) = arctg(a/g), onde a func¸a˜o arctg : R −→ (−π/2, π/2) e´ a func¸a˜o inversa da
tangente. Supondo que g = 10 m/s2, resolva os itens seguintes.
(a) Sabendo que tg(θ) = sen (θ)/ cos(θ), encontre
lim
θ→−pi/2+
a(θ) e lim
θ→pi/2−
a(θ).
(b) Se a acelerac¸a˜o do trem tomar valores cada vez mai-
ores, o aˆngulo θ(a) se aproxima de que valor? E se
a→ −∞, enta˜o θ(a) tende para algum nu´mero?
(c) Fac¸a um esboc¸o dos gra´ficos de a(θ) e θ(a), com suas
ass´ıntotas.
θ L
m
~a
Soluc¸a˜o:
(a) Basta observar que
lim
θ→−pi
2
+
10 tg(θ) = lim
θ→−pi
2
+
10 sen(θ)
cos(θ)
= −∞,
visto que o numerador se aproxima de −10 < 0 e o denominador se aproxima de
zero por valores positivos, pois a func¸a˜o cosseno e´ positiva no 4o quadrante.
Analogamente, conclu´ımos que
lim
θ→pi
2
−
10 tg(θ) = lim
θ→pi
2
−
10 sen(θ)
cos(θ)
=∞,
(b) Observe que θ : R −→ (−π/2, π/2) e´ a
inversa da func¸a˜o a : (−π/2, π/2) −→ R.
Logo, como
lim
a→pi/2−
a(θ) = +∞
segue da definic¸a˜o de limites no infinito e da
definic¸a˜o de func¸a˜o inversa que
lim
a→+∞
θ(a) = π/2.
Por razo˜es ana´logas, conclu´ımos que
lim
a→−∞
θ(a) = −π/2,
de forma que as retas y = −π/2 e y = π/2
sa˜o ass´ıntotas horizontais do gra´fico de a(θ).
pi
2
pi
2
−pi2
−pi2
a(θ)
θ(a)
0Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 15 de 30
3) Considerando a func¸a˜o q(x) =
√
x2 + 1
2− x , definida para x 6= 2, resolva os itens abaixo.
(a) Calcule os limites no infinito da func¸a˜o q e, em seguida, determine a(s) ass´ıntota(s)
horizontal(is) do gra´fico da func¸a˜o q, se esta(s) existir(em).
(b) Calcule os limites laterais de q no ponto x = 2 e, em seguida, determine a(s)
ass´ıntota(s) vertical(is) do gra´fico da func¸a˜o q, se esta(s) existir(em).
(c) Fac¸a um esboc¸o do gra´fico de q.
Soluc¸a˜o:
(a) Para os ca´lculos dos limites no infinito note que
q(x) =
√
x2
(
1 + 1
x2
)
x
(
2
x
− 1) = |x|x
√
1 + 1
x2
2
x
− 1 .
Assim, por exemplo,
lim
x→−∞
q(x) = lim
x→−∞
|x|
x
√
1 + 1
x2(
2
x
− 1) = limx→−∞ −xx
√
1 + 1
x2(
2
x
− 1) = −
limx→−∞
√
1 + 1
x2
limx→−∞
(
2
x
− 1) = 1.
Na segunda igualdade acima usamos o seguinte: como x→ −∞, interessa somente o
que acontece com a func¸a˜o para valores de x que sa˜o grandes em mo´dulo e negativos.
Em particular, podemos supor que x < 0, de modo que |x| = −x. Um racioc´ınio
ana´logo nos permite concluir que
lim
x→+∞
q(x) = −1.
Logo, as restas y = 1 e y = −1 sa˜o ass´ıntotas horizontais.
(b) A reta x = 2 e´ uma candidata natural a`
ass´ıntota vertical, visto que o denominador
da expressa˜o que define a func¸a˜o q se anula
quando x = 2.
Vamos estudar o limite lateral quando x→
2−. Temos que o numerador se aproxima de√
5 e o denominador se aproxima de zero,
sempre assumindo valores positivos, visto
que estamos nos aproximando por valores
menores que 2.
0
y = 1
y = −1
x = 2
Uma vez que
√
5 > 0 conclu´ımos que limx→2− q(x) = +∞. Um racioc´ınio ana´logo mostra
que limx→2+ q(x) = +∞. Logo, a reta x = 2 e´ de fato uma ass´ıntota vertical
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 16 de 30
4) Para cada a > 1, o nu´mero positivo ln a pode ser caracterizado como a a´rea da regia˜o
limitada pelo eixo Ox, pelas retas verticais x = 1 e x = a e pelo gra´fico da func¸a˜o
g(t) = 1/t. Por exemplo, o nu´mero ln 4 e´ a a´rea da regia˜o compreendida entre o gra´fico
da func¸a˜o g e as retas y = 0, x = 1 e x = 4. Na figura foram destacados ainda treˆs
retaˆngulos de base unita´ria cujas alturas sa˜o g(2), g(3) e g(4).
(a) Determine as a´reas A1, A2 e A3 dos retaˆngulos indicados,
e fac¸a sua soma.
(b) Usando o resultado anterior, justifique a desigualdade
ln 4 > 1.
(c) Dada uma constante M > 0 arbitrariamente grande,
mostre que se x > 4M , enta˜o ln x > M . Conclua da´ı que
limx→∞ ln x =∞.
(d) Sabendo que para todo x > 0 tem-se ex > ln x, investi-
gue a existeˆncia de limx→∞ e
x.
(e) Lembre que e−x = 1/ex e calcule limx→∞ e
−x. Esboce o
gra´fico das func¸o˜es ex, e−x e ln x.
0 1 2 3 4
1
A1 A2 A3
g(t)
y
x
Soluc¸a˜o:
(a) Claramente, A1 = (2 − 1)g(2) = 1
2
, A2 = (3 − 2)g(3) = 1
3
e A3 = (4 − 3)g(4) = 1
4
.
Dessa forma, A1 + A2 + A3 =
13
12
.
(b) Observe que a a´rea indicada na figura e´ maior do que a soma das a´reas dos retaˆngulos
A1, A2 e A3. Dessa forma, como a a´rea indicada vale ln 4 temos que ln 4 > A1 +
A2 + A3 =
13
12
> 1.
(c) Como o logaritmo e´ uma func¸a˜o crescente, aplicando o ln na desigualdade x > 4M
obtemos ln x > M ln 4 > M , donde se conclui que
ln x > M, para cada x > 4M .
Assim,
lim
x→+∞
ln x = +∞.
(d) Primeiro observe que
lim
x→+∞
ex = +∞. (12)
De fato, dado M > 0 note que se x > lnM , enta˜o aplicando-se a exponencial nos
dois lados da desigualdade
ex > elnM = M,
e assim (12) segue (note que usamos o fato da func¸a˜o exponencial ser crescente).
Dessa forma, usando as propriedades de limites infinitos
lim
x→+∞
e−x = lim
x→+∞
1
ex
= 0.
(e) Os gra´ficos sa˜o como abaixo.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 17 de 30
1
1
ex
ln x
1
ex
e−x
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 18 de 30
5) Considere duas cargas ele´tricas com carga unita´ria e positiva, fixadas num eixo perpen-
dicular a uma parede, como na figura abaixo. O potencial ele´trico gerado por essas
duas part´ıculas num ponto x ao longo desse eixo e´ dado, em unidades convenientes, pela
seguinte func¸a˜o
V (x) =
1
|x+ 1| +
1
|x− 1| , x > −1.
(a) Verifique que o potencial ele´trico e´ dado por
V (x) =


− 2
x2 − 1 , −1 < x < 1
2x
x2 − 1 , x > 1
(b) Determine as ass´ıntotas verticais e horizontais de V .
Soluc¸a˜o:
(a) Para −1 < x < 1 temos que x+ 1 > 0 e que x− 1 < 0, portanto
V (x) =
1
x+ 1
− 1
x− 1 = −
2
x2 − 1 = −2(x
2 − 1)−1.
Para x > 1 temos que x+ 1 > 0 e que x− 1 > 0, portanto
V (x) =
1
x+ 1
+
1
x− 1 =
2x
x2 − 1 = 2x(x
2 − 1)−1.
(b) Os candidatos a ass´ıntotas verticais sa˜o x = −1 e x = 1. Temos que
lim
x→−1+
V (x) = lim
x→−1+
− 2
x2 − 1 = +∞,
uma vez que x2 − 1 se anula em x = −1 e que o sinal de −2/(x2 − 1) quando
x→ −1+ e´ positivo. Com uma ana´lise ana´loga, conclu´ımos que
lim
x→1−
V (x) = lim
x→1−
− 2
x2 − 1 = +∞.
Segue que ambas x = 1 e x = −1 sa˜o ass´ıntotas verticais de V . Temos por u´ltimo
que
lim
x→1+
V (x) = lim
x→1+
2x
x2 − 1 = +∞,
uma vez que x2− 1 se anula em x = 1, que 2x na˜o se anula em x = −1 e que o sinal
de 2x/(x2 − 1) quando x→ 1+ e´ positivo.
Pela forma do domı´nio de V (x) ela so´ pode ter ass´ıntota horizontal a` direita. Temos
que
lim
x→∞
V (x) = lim
x→∞
2x
x2 − 1 = limx→∞
x2
(
2
x
)
x2
(
1− 1
x2
) = lim
x→∞
2
x
1− 1
x2
= 0.
Segue que y = 0 e´ uma ass´ıntota horizontal de V .
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 19 de 30
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Lista de Aplicac¸a˜o – Semana 4 – Soluc¸a˜o
Temas abordados : Continuidade; Reta tangente
Sec¸o˜es do livro: 2.6; 2.7
1) A al´ıquota da conta de a´gua e´ crescente! Isto quer dizer que quanto mais se consome,
mais caro fica o prec¸o do m3 de a´gua. Suponha que ao se consumir xm3 de a´gua/meˆs,
o valor mensal a ser pago seja de q(x) reais. Quando x e´ menor ou igual a 10; maior
que 10 e menor que 15; maior ou igual a 15, paga-se, respectivamente, 1, 60x; 3, 00x+ a;
6, 40x+ b, onde a e b sa˜o constantes reais. Assim,
q(x) =


1, 6x se 0 ≤ x ≤ 10,
3x+ a se 10 < x < 15,
6, 4x+ b se x ≥ 15.
(a) Determine o valor de a de forma que q(x) seja cont´ınua em x = 10.
(b) Usando o valor de a calculado acima, determine limx→15− q(x).
(c) Sabendo que q(x) e´ cont´ınua em x = 15, encontre o valor de b.
(d) Fac¸a um esboc¸o do gra´fico de q(x) .
Soluc¸a˜o:
(a) Como
lim
x→10−
q(x) = 16 e lim
x→10+
q(x) = 30 + a,
a condic¸a˜o para que exista o limite no ponto x = 10 e´ que 16 = 30 + a, isto e´,
a = −14. Para esse valor de a temos que limx→10 q(x) = 16 = q(10), e portanto a
func¸a˜o e´ cont´ınua nesse ponto.
(b) Temos que limx→15− q(x) = limx→15−(3x− 14) = 31.
(c) Como limx→15− q(x) = 45− a = 31 e
lim
x→15+
q(x) = lim
x→15+
(6, 4 x+ b) = 96 + b,
enta˜o q e´ cont´ınua em x = 15 se b = −65.
(d) O gra´fico esta´ esboc¸ado abaixo.
10 15
16
31
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 4 - Pa´gina 20 de 30
2) Suponha que um painel solar consiga gerar uma quantidade de energia E = Isen(α)
kilojoules, em que I e´ a intensidade luminosa e α o aˆngulo de incideˆncia entre os raios de
luz e o painel. Para um determinado dia, o aˆngulo α e a intensidade luminosa sa˜o dados
por α(t) = pi
12
t e I(t) = 6t − 1
2
t2, onde t e´ o tempo medido em horas a partir do nascer
do sol, 0 ≤ t ≤ 12. E´ claro que para valores de t ∈ (12, 24] a energia gerada e´ nula, pois
o painel solar na˜o funciona durante a noite.
(a) Obtenha a expressa˜o de E(t) em func¸a˜o de t, para todo t ∈ [0, 24].
(b) Determine os valores de E(2) e E(6). Em seguida, decida se existe t0 ∈ [2, 6] talque E(t0) = 13, justificando sua resposta .
(c) Decida se a func¸a˜o E e´ cont´ınua no ponto t = 12, justificando sua resposta.
Soluc¸a˜o:
(a) De acordo com o enunciado temos
E(t) =


(
6t− t
2
2
)
sen
( π
12
t
)
se 0 ≤ t ≤ 12,
0 se 12 < x ≤ 24.
(b) Como E(2) = 5 e E(6) = 18 enta˜o E(2) < 13 < E(6). Como a func¸a˜o E e´ cont´ınua
em [2, 6], segue do Teorema do Valor Intermedia´rio que existe t0 ∈ [2, 6] tal que
E(t0) = 13.
(c) Como polinoˆmios sa˜o cont´ınuos e a func¸a˜o seno e´ cont´ınua, segue diretamente da
definic¸a˜o que a func¸a˜o E e´ cont´ınua em [0, 12) ∪ (12, 24]. A fim de verificar que E
e´ tambe´m cont´ınua em t = 12 note que
lim
t→12−
E(t) = lim
t→12+
E(t) = 0 = E(12).
Desse modo a func¸a˜o e´ cont´ınua em todo o intervalo [0, 24].
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 4 - Pa´gina 21 de 30
3) Um dos elevadores mais ra´pidos do mundo, localizado no Taipei Financial Center, subia
com velocidade constante de 10 m/s, quando subitamente, apo´s 5 segundos de sua partida,
suas cordas de sustentac¸a˜o se partem. Felizmente, neste momento, na˜o ha´ ningue´m em
seu interior. A func¸a˜o que descreve a altura do elevador em relac¸a˜o ao solo e´ dada enta˜o
pela seguinte expressa˜o
s(t) =
{
10t+ 100, se 0 < t ≤ 5
150 + 10(t− 5)− 5(t− 5)2, se 5 < t < tA
onde tA e´ o tempo de aterrissagem, a altura e´ dada em metros e o tempo e´ dado em
segundos.
(a) Calcule o seguinte limite lateral direito da posic¸a˜o
lim
t→5+
s(t).
(b) A func¸a˜o s e´ cont´ınua em t = 5?
(c) Calcule o seguinte limite lateral direito da velocidade
me´dia entre os instantes t e 5
lim
t→5+
s(t)− s(5)
t− 5 .
(d) Existe o limite da velocidade me´dia entre os instantes
t e 5 quando t tende a` 5?
Soluc¸a˜o:
(a) Para valores de t > 5, temos que s(t) = 150 + 10(t − 5) − 5(t − 5)2, de onde segue
que
lim
t→5+
s(t) = lim
t→5+
150 + 10(t− 5)− 5(t− 5)2 = 150.
(b) Para valores de t ≤ 5, temos que s(t) = 10t+ 100, de onde segue que
lim
t→5−
s(t) = lim
t→5−
10t+ 100 = 150
e que
s(5) = 10(5) + 100 = 150.
Utilizando o item anterior, segue que
lim
t→5−
s(t) = s(5) = lim
t→5+
s(t),
o que mostra que a func¸a˜o s e´ cont´ınua em t = 5.
(c) Para valores de t > 5, temos que s(t) = 150+10(t−5)−5(t−5)2. Como s(5) = 150,
segue que
lim
t→5+
s(t)− s(5)
t− 5 = limt→5+
(150 + 10(t− 5)− 5(t− 5)2)− 150
t− 5
= lim
t→5+
10(t− 5)− 5(t− 5)2
t− 5
= lim
t→5+
10− 5(t− 5) = 10.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 4 - Pa´gina 22 de 30
(d) Para valores de t ≤ 5, temos que s(t) = 10t+ 100, de onde segue que
lim
t→5−
s(t)− s(5)
t− 5 = limt→5−
10t+ 100− 150
t− 5
= lim
t→5−
10t− 50
t− 5
= lim
t→5−
10(t− 5)
t− 5 = 10.
Como os dois limites laterais existem e coincidem, segue que existe o limite
lim
t→5
s(t)− s(5)
t− 5 = 10.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 4 - Pa´gina 23 de 30
4) Para atacar posic¸o˜es inimigas, um avia˜o de cac¸a da´ um voˆo rasante, percorrendo a tra-
jeto´ria determinada pelo gra´fico da func¸a˜o f(x) = 1 + (1/x), para x > 0. O avia˜o efetua
os seus disparos segundo a direc¸a˜o tangente, conforme figura abaixo.
(a) Determine, usando a definic¸a˜o de derivada, a
equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f(x) em um
ponto gene´rico (a, f(a)).
(b) Se um disparo e´ efetuado da posic¸a˜o (1, 2), determine
a abscissa do ponto no eixo Ox atingido.
(c) Determine o ponto sobre o gra´fico de f(x) em que o
disparo deve ser efetuado para atingir um alvo situ-
ado no ponto (8, 0).
y = 1
Soluc¸a˜o:
(a) Temos que
f ′(a) = lim
h→0
f(a+ h)− f(a)
h
= lim
h→0
1
a+h
− 1
a
h
= lim
h→0
−1
(a+ h)a
=
−1
a2
,
de modo que a equac¸a˜o da reta tangente e´
ya(x) =
−1
a2
(x− a) + 1 + 1
a
.
(b) De acordo com o item acima, quando a = 1, o disparo e´ efetuado ao longo da reta
y(x) = y1(x) = − 1
12
(x− 1) + 11
1
= 3− x.
A abscissa do ponto atingido e´ exatamente a ra´ız da reta acima, ou seja, 3.
(c) O valor de a tem que ser tal que a reta ya passe pelo ponto (8, 0), isto e´,
0 = ya(8) = − 1
a2
(8− a) + 1 + 1
a
.
A equac¸a˜o acima e´ equivalente a
1
a2
(8− a) = 1 + a
a
,
que tem como soluc¸o˜es a = 2 e a = −4. Como a deve ser positivo a posic¸a˜o do tiro
deve ser (2, f(2)) = (2, 3
2
).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 4 - Pa´gina 24 de 30
5) Suponha que o eixo Ox representa o solo e uma montanha e´ modelada pela equac¸a˜o
g(x) = 4 − x2 = (2 + x)(2 − x), onde x ∈ [−2, 2]. Um avia˜o sobrevoa a montanha
horizontalmente da esquerda para direita sobre a reta y = 9, de modo que, no instante t >
0 minutos, a posic¸a˜o do avia˜o no plano cartesiano abaixo e´ dada por (4t, 9). Considerando
que a luz se propaga em linha reta, resolva os ı´tens abaixo.
(a) Determine, usando a definic¸a˜o de derivada, a
equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de g(x) em um
ponto gene´rico (a, g(a)).
(b) Determine a equac¸a˜o da reta tangente a` monta-
nha que passa por um observador localizado em
(−5/2, 0).
(c) Determine o instante t0 em que o observador do item
b) perde a visa˜o do avia˜o devido a` montanha.
(−5/2, 0)
y = 9
y = 4− x2
Soluc¸a˜o:
(a) Expandindo o quadrado e efetuando as simplificac¸o˜es obtemos
g′(a) = lim
h→0
g(a+ h)− g(a)
h
= lim
h→0
−(a+ h)2 + a2
h
= −2a,
de modo que a reta tangente e´
ya(x) = −2a(x− a) + g(a).
(b) Aqui, precisamos descobrir o ponto (a, g(a)) de tangeˆncia da reta. Para tanto note
que ya(−5/2) = 0. Substituindo obtemos a2+5a+4 = 0, isto e´, a = −1 ou a = −4.
Como a ∈ (−2, 2) devemos ter a = −1, donde se conclui que a reta em questa˜o e´
y(x) = 2x+ 5.
(c) Note que no instante t0 o avia˜o esta´ na posic¸a˜o (4t0, 9). Usando o item (a) e
resolvendo 2(4t0) + 5 = y(4t0) = 9, obtemos t0 = 1/2.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 4 - Pa´gina 25 de 30
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Lista de Aplicac¸a˜o – Semana 5 – Soluc¸a˜o
Temas abordados : Regras de derivac¸a˜o; Derivadas de func¸o˜es trigonome´tricas
Sec¸o˜es do livro: 3.1, 3.2, 3.3, 3.4
1) Suponha que um reservato´rio, inicialmente com 50 litros de a´gua pura, comece a ser
abastecido com a´gua salgada a` raza˜o de 5 litros/min e com uma concentrac¸a˜o de 1
grama/litro de sal. Nesse caso, o volume de a´gua V (t) e a quantidade de sal Q(t)
no reservato´rio sa˜o func¸o˜es do tempo t ≥ 0, e portanto a concentrac¸a˜o de sal c(t) no
reservato´rio e´ tambe´m uma func¸a˜o do tempo.
(a) Obtenha as expresso˜es das func¸o˜es V (t), Q(t) e c(t).
(b) Calcule o limite c′(t) = lim
h→0
c(t+ h)− c(t)
h
, simplificando antes o quociente.
(c) Usando o item anterior, decida em qual dos instantes t0 = 10 ou t1 = 30 a concen-
trac¸a˜o esta´ variando mais rapidamente.
Soluc¸a˜o:
(a) Como temos 50 litros de a´gua no in´ıcio e a cada minuto entram outros 5 litros
no reservato´rio enta˜o V (t) = 50 + 5t, t ≥ 0. Os 50 litros iniciais sa˜o puros e
portanto todo o sal e´ proveniente do abastecimento. Assim Q(t) = 5t, e portanto a
concentrac¸a˜o, em gramas/litro e´ dada por c(t) = Q(t)/V (t) = t/(10 + t), t ≥ 0.
(b) Usando a expressa˜o de c(t) e fazendo as devidas simplificac¸o˜es obtemos
c(t+ h)− c(t)
h
=
(t+ h)(10 + t)− t(10 + t+ h)
h(10 + t)(10 + t+ h)
=
10
(10 + t)(10 + t+ h)
,
de modo que
c′(t) = lim
h→0
c(t+ h)− c(t)
h
=
10
(10 + t)2
, t > 0.
(c) Para o u´ltimo item basta notar que c′(10) > c′(30).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 5 - Pa´gina 26 de 30
2) Um gato esta´ no ponto G = (1, 0), descobre um rato situado na origem O = (0, 0) e
parte em sua perseguic¸a˜o. No mesmo instante, o rato percebe o gato e foge seguindo
a direc¸a˜o positiva do eixo Oy, com velocidade igual a` metade da do gato. A trajeto´ria
percorrida pelo gato para alcanc¸ar o rato e´ conhecida como curva deperseguic¸a˜o e tem
a seguinte propriedade: se o rato e o gato estiverem nas posic¸o˜es Q e P ilustradas na
figura abaixo, enta˜o a reta determinada pelos pontos P e Q e´ tangente a` curva no ponto
P . No exemplo considerado, pode-se mostrar que a curva de perseguic¸a˜o e´ o gra´fico da
func¸a˜o f : [0, 1]→ R dada por f(x) = √x
(x
3
− 1
)
+
2
3
.
(a) Calcule, pela definic¸a˜o, a derivada de g(x) =
√
x
em um ponto a ∈ (0, 1). Para isso, vale lembrar a
igualdade x− a = (√x−√a) (√x+√a).
(b) Use o item anterior e as regras de derivac¸a˜o para
calcular a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f
no ponto (a, f(a)).
(c) Determine a posic¸a˜o Q = (0, y0) em que se encontra
o rato no instante em que o gato estiver na posic¸a˜o
P = (1/4, f(1/4)).
(d) Calcule o espac¸o total percorrido pelo rato antes de
ser apanhado pelo gato.
Q
P
GO
Soluc¸a˜o:
(a) A derivada e´ dada por
g′(a) = lim
x→a
√
x−√a
x− a = limx→a
√
x−√a
(
√
x−√a)(√x+√a) =
1
2
√
a
.
(b) Usando agora a regra do produto para derivadas e simplificando obtemos
f ′(a) = (
√
x)′
(x
3
− 1
)
+
√
x
(x
3
− 1
)
=
1
2
√
x
(x
3
− 1
)
+
√
x
3
=
x− 1
2
√
x
.
A reta tangente no ponto (a, f(a)) tem inclinac¸a˜o f ′(a), e portanto sua equac¸a˜o e´
dada por
ya(x) =
(
a− 1
2
√
a
)
(x− a) + f(a).
(c) Fac¸a a = 1/4, de modo que f(1/4) = 5/24 e a reta tangente se torna
y(x) = −3
4
x+
3
16
+
5
24
.
Logo a posic¸a˜o do rato sera´ (0, y(0)) = (0, y0), com y0 =
3
16
+ 5
24
.
(d) Observe que o gato alcanc¸a o rato quando x = 0. Assim, 0 espac¸o total percorrido
pelo rato e´ exatamente f(0) = 2/3.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 5 - Pa´gina 27 de 30
3) Suponha que a quantidade de bens produzidos por uma fa´brica possa ser modelada em
func¸a˜o do nu´mero x de empregados, por uma func¸a˜o deriva´vel p(x), em que p(x) e´ medida
em milhares e x em centenas. A produtividade me´dia por empregado e´ enta˜o dada pela
func¸a˜o M(x) = p(x)/x, e pode-se mostrar que o nu´mero x0 de empregados que maximiza
a func¸a˜o M(x) e´ aquele para o qual M ′(x0) = 0.
(a) Usando as regras de derivac¸a˜o, calcule M ′(x) em termos da derivada p′(x).
(b) Use o item anterior para justificar a afirmac¸a˜o de que M ′(x0) = 0 se, e somente se,
p′(x0) = M(x0).
(c) Calcule p′(x) supondo que p(x) =
2x2
x2 + 1
.
(d) Determine o nu´mero de empregados que maximiza a produtividade me´dia da fa´brica.
Soluc¸a˜o:
(a) Observe que por hipo´tese a func¸a˜o p(x) e´ deriva´vel em x > 0. Assim a func¸a˜o M(x)
e´ deriva´vel e podemos usar a regra do quociente para obter
M ′(x) =
(
p(x)
x
)′
=
xp′(x)− p(x)
x2
.
(b) Usando a expressa˜o do item anterior temos que para x0 > 0
M ′(x0) =
(
p(x0)
x0
)′
=
x0p
′(x0)− p(x0)
x20
= 0⇔ x0p′(x0) = p(x0)⇔ p′(x0) = M(x0).
(c) Mais uma vez, como x2 e x2 + 1 sa˜o diferencia´veis e x2 + 1 e´ na˜o nulo, pela regra
do quociente temos que
p′(x) =
4x(x2 + 1)− 4x3
(x2 + 1)2
=
4x
(x2 + 1)2
.
(d) Aqui p(x) = 2x2/(x2 + 1). Agora, pelo item (b), se M ′(x0) = 0 temos que p
′(x0) =
M(x0). Assim, para x0 > 0, precisamos resolver a equac¸a˜o
4x0
(x20 + 1)
2
=
2x20
x20 + 1
⇔ 2x0
x20 + 1
= x0 ⇔ x20 = 1.
Como x0 > 0, conclu´ımos que x0 = 1.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 5 - Pa´gina 28 de 30
4) Suponha que o volume de ar (em litros) contido nos pulmo˜es de uma pessoa seja descrito,
em func¸a˜o do tempo (em segundos), por meio da func¸a˜o V (t) = (3/2)(1− cos(t)). Nesse
caso, a derivada V ′(t) representa o fluxo de ar nos pulmo˜es. A figura abaixo ilustra os
gra´ficos de V (t) e V ′(t) no intervalo [0, 4 π], correspondente a dois ciclos respirato´rios
completos.
(a) Calcule o valor ma´ximo do volume V (t) no intervalo
[0, 4 π].
(b) Calcule a derivada V ′(t).
(c) Calcule o valor ma´ximo do fluxo V ′(t) no intervalo
[0, 4 π].
(d) Determine a unidade em que o fluxo de ar V ′(t) e´
expresso, justificando a sua resposta.
Soluc¸a˜o:
(a) Note que cos(t) ≥ −1 para t ∈ [0, 4π] e que cos(kπ) = −1 para k = 1 ou 3. Assim,
V (t) =
3
2
− 3 cos(t)
2
≤ 3
2
+
3
2
= 3 = V (kπ), k = 1 ou 3.
(b) Temos que
V ′(t) =
(
3
2
− 3 cos(t)
2
)′
=
3 sen(t)
2
, 0 < t < 4π.
(c) Como | sen(x)| ≤ 1 para todo x ∈ R, temos que para todo t ∈ [0, 4π] vale
V ′(t) =
3 sen(t)
2
≤ 3
2
= V ′
(π
2
)
e portanto o valor ma´ximo do fluxo e´ 3/2.
(d) Lembre que a derivada V ′(t) e´ obtida atrave´s do ca´lculo do limite
lim
h→0
V (t+ h)− V (t)
h
.
Como o volume e´ medido em litros e o tempo em segundos, o quociente acima (e
portanto o seu limite) e´ dado em litros/segundo.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 5 - Pa´gina 29 de 30
5) O objetivo desse exerc´ıcio e´ mostrar que a func¸a˜o s(t) = s0 cos(2t)+(v0/2) sen(2t) satisfaz
a equac¸a˜o
(∗) s′′(t) = −4s(t)
que e´ a Segunda Lei de Newton para o sistema massa-mola, quando a constante de
Hooke e´ o qua´druplo da massa. Para isso, primeiro vamos calcular as derivadas das
func¸o˜es cosseno e seno e com o aˆngulo duplicado, usando que
cos(2t) = cos2(t)− sen2(t), sen(2t) = 2 sen(t) cos(t)
e as regras da derivada da soma e do produto.
(a) Mostre que ( sen(2t))′ = 2 cos(2t).
(b) Mostre que (cos(2t))′ = −2 sen(2t).
(c) Verifique que s(t) satisfaz s(0) = s0 e que
v(0) = v0.
(d) Verifique que s(t) satisfaz a equac¸a˜o (∗).
Soluc¸a˜o:
(a) Pela regra da derivada do produto, segue que
( sen(2t))′ = (2 sen(t) cos(t))′ = 2( sen′(t) cos(t) + sen(t) cos′(t)).
Usando que sen′ = cos e que cos′ = − sen, obtemos que
( sen(2t))′ = 2(cos2(t)− sen2(t)) = 2 cos(2t).
(b) Pela regra da derivada da soma, segue que
(cos(2t))′ = (cos2(t)− sen2(t))′ = (cos(t) cos(t))′ − ( sen(t) sen(t))′.
Pela regra da derivada do produto, segue que
(cos(2t))′ = (cos′(t) cos(t) + cos(t) cos′(t))− ( sen′(t) sen(t) + sen(t) sen′(t)).
Usando que sen′ = cos e que cos′ = − sen, obtemos que
(cos(2t))′ = (−2 sen(t) cos(t))− (2 sen(t) cos(t)) = −2 sen(2t).
(c) Temos que
s(0) = s0 cos(0) + (v0/2) sen(0) = 0.
Utilizando os ı´tens anteriores, segue que
v(t) = (s0 cos(2t) + (v0/2) sen(2t))
′ = s0(−2 sen(2t)) + (v0/2)(2 cos(2t)).
Temos enta˜o que
v(t) = −2s0 sen(2t) + v0 cos(2t),
de modo que
v(0) = −2s0 sen(0) + v0 cos(0) = v0.
(d) Utilizando os ı´tens anteriores, segue que
s′′(t) = (v(t))′ = (−2s0 sen(2t) + v0 cos(2t))′ = −2s0(2 cos(2t)) + v0(−2 sen(2t)),
mostrando que
s′′(t) = −4(s0 cos(2t) + (v0/2) sen(2t)) = −4s(t).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 5 - Pa´gina 30 de 30