Modulo 2- Aplicação

Prévia do material em texto

Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Lista de Aplicac¸a˜o – Semana 7 – Soluc¸a˜o
Temas abordados : Regra da cadeia; Derivac¸a˜o impl´ıcita; Derivada de func¸o˜es inversas
Sec¸o˜es do livro: 3.5, 3.6, 3.7, 3.8
1) Suponha que a relac¸a˜o entre o comprimento L, em metros, e o peso P , em kg, de um
determinado peixe seja dada por P (L) = 10L3. Suponha ainda que a taxa de variac¸a˜o
do comprimento em relac¸a˜o ao tempo, dado em anos, satisfaz a equac¸a˜o
d
dt
L(t) = 0, 2 (2− L(t)).
(a) Determine o comprimento do peixe no caso em que P = 20 kg.
(b) Determine a taxa de variac¸a˜o do peso em relac¸a˜o ao tempo.
(c) Use os itens anteriores para determinar a taxa de variac¸a˜o do peso do peixe, em
relac¸a˜o ao tempo, para um peixe de 20 kg.
Soluc¸a˜o:
(a) Note que P (t) = 10L(t)3. No instante t0 em que P (t0) = 20 temos que
L(t0) = 2
1/3. (1)
(b) Derivando e usando a regra da cadeia obtemos
P ′(t) = 30L(t)2
d
dt
L(t) = 6L(t)2(2− L(t)). (2)
(c) Combinando (10) e (13) obtemos
P ′(t0) = 6 · 22/3(2− 21/3).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 7 - Pa´gina 1 de 25
2) Um avia˜o de cac¸a sobrevoa uma cidade percorrendo uma trajeto´ria retil´ınea conforme a
figura abaixo. Sua posic¸a˜o escalar sobre tal trajeto´ria e´ uma func¸a˜o do tempo x(t) = 3t−2
se t ≤ 1 e x(t) = t3 se t > 1, onde t e´ o tempo medido em minutos. A distaˆncia entre o
cac¸a e a cidade e´ dada por y(t) =
√
H2 + x2(t).
(a) Calcule os limites laterais
lim
h→0±
x(1 + h)− x(1)
h
e em seguida decida sobre a existeˆncia de
x′(1).
(b) Determine a velocidade escalar do avia˜o
v(t) = x′(t), para cada t real.
(c) Dada f(z) =
√
H2 + z2, encontre
d
dz
f(z).
(d) Sabendo que y(t) = f(x(t)), determine
d
dt
y(t).
(e) Em quais instantes o avia˜o se aproxima e em quais ele se afasta da cidade?
Soluc¸a˜o:
(a) Temos que
lim
h→0−
x(1 + h)− x(1)
h
= 3
e
lim
h→0+
x(1 + h)− x(1)
h
= lim
h→0+
(1 + h)3 − 1
h
= lim
h→0+
3h+ 3h2 + h3
h
= 3.
Dessa forma,
x′(1) = 3.
(b) Segue diretamente da expressa˜o para x(t) e do item acima que
v(t) = x′(t) =
{
3, se 0 < t ≤ 1,
3t2, se t > 1.
(c) Aqui, lembre-se que (
√
z)′ = 1/(2
√
z). Logo, pela regra da cadeia,
f ′(z) =
1
2
√
H2 + z2
(z2)′ =
z√
H2 + z2
(d) Do mesmo modo, para o item d), temos que
y′(t) =
d
dt
f(x(t)) = f ′(x(t))x′(t),
e e´ suficiente agora usar os itens (b) e (c).
(e) Veja que o avia˜o se aproxima sempre que a distaˆncia y(t) diminui, isto e´, para o
valores de t que satisfazem y′(t) < 0.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 7 - Pa´gina 2 de 25
3) Indique por W (V ) o trabalho realizado por um ga´s ideal ao se expandir isotermicamente,
desde um volume inicial V0 ate´ o volume V . Pode-se mostrar que em unidades apropria-
das, W (V ) = C · ln
(
V
V0
)
, onde C > 0 e´ uma constante que depende da temperatura e
do nu´mero de mols do ga´s. Suponha que o volume seja uma func¸a˜o do tempo dada por
V (t) = 2t4 + 1, t ≥ 0. A poteˆncia gerada pelo sistema e´ a taxa de variac¸a˜o do trabalho
em relac¸a˜o ao tempo.
(a) Encontre as derivadas d
dV
W (V ) e d
dt
V (t).
(b) Encontre a expressa˜o da poteˆncia gerada pelo sistema, P (t) = d
dt
W (V (t)).
(c) Sabendo que C = 10, obtenha a poteˆncia do sistema quando o volume e´ 33.
Soluc¸a˜o:
(a) A derivada de V com relac¸a˜o ao tempo e´ dada por V ′(t) = 8t3. Para o ca´lculo da
derivada de W com respeito a V temos que usar a regra da cadeia como segue
dW
dV
= C
1
V/V0
d
dV
(
V
V0
)
= C
V0
V
1
V0
=
C
V
.
O termo 1
V/V0
acima e´ exatamente a derivada da func¸a˜o ln(s) aplicada no ponto
s = V/V0.
(b) Usando a regra da cadeia novamente obtemos
P (t) =
dW
dt
=
dW
dV
dV
dt
=
C
V
8t3 = C
8t3
2t4 + 1
.
(c) Usando a expressa˜o de V (t) conclu´ımos que o instante em que o volume e´ igual a
33 e´ exatamente t0 = 2. Agora basta usar a expressa˜o acima para calcular P (2) =
640/33.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 7 - Pa´gina 3 de 25
4) Suponha que o nu´mero de indiv´ıduos de uma populac¸a˜o de bacte´rias seja dado, no ins-
tante t ≥ 0, por N(t) = 2N0/(1+ekt), onde k > 0 e´ uma constante e N0 > 0 e´ a populac¸a˜o
inicial. Sabendo que a derivada da exponencial e´ ela pro´pria, (ex)′ = ex, resolva os itens
seguintes.
(a) Determine o instante t0 em que o nu´mero de indiv´ıduos e´ metade do inicial.
(b) Determine a derivada d
dt
ekt.
(c) Determine a taxa de variac¸a˜o do nu´mero de indiv´ıduos em relac¸a˜o ao tempo.
(d) Sabendo que N0 = 1000 e k = 4, determine a taxa acima no instante t0 calculado
no item (a).
Soluc¸a˜o:
(a) Procuramos por t0 tal que N(t0) = 2N0/(1 + e
kt0) = N0/2. Isto e´,
1 + ekt0 = 4⇒ ekt0 = 3⇒ t0 = (ln 3)/k,
onde aplicamos o logaritmo em ambos os lados da penu´ltima expressa˜o.
(b) Pela regra da cadeia
(ekt)′ = ekt(kt)′ = kekt.
(c) Uma outra aplicac¸a˜o da regra da cadeia nos fornece
N ′(t) = (2N0(1 + e
kt)−1)′ = −2N0(1 + ekt)−2kekt.
Note que, no ca´lculo da derivada acima, poder´ıamos ter utilizado a regra do quoci-
ente.
(d) Para obter a reposta do u´ltimo item basta fazer t = t0 = ln 3/k na expressa˜o acima
e lembrar que eln 3 = 3.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 7 - Pa´gina 4 de 25
5) A func¸a˜o secante, com o domı´nio restrito ao intervalo [0, pi/2) e contradomı´nio restrito
ao intervalo [1,∞), e´ bijetiva sendo portanto invert´ıvel. Sua inversa arcsec : [1,∞) −→
[0, pi/2) e´ definida por
y(x) = arcsec(x) ⇔ y ∈ [0, pi/2) e sec(y(x)) = x.
Sabendo que ela e´ deriva´vel em (1,+∞), siga os passos abaixo para calcular y′(x).
(a) Use a regra do quociente (ou a da cadeia) para mostrar que d
dy
sec(y) = sec(y) tg(y).
(b) Aplique o operador de derivac¸a˜o d
dx
em ambos os lados da igualdade x = sec(y(x)),
na˜o esquecendo de usar a regra da cadeia para derivar o lado direito da igualdade.
(c) Isole o termo y′(x) na expressa˜o encontrada acima.
(d) Lembrando que x = sec(y) e sec2(y) = tg2(y) + 1, escreva tg(y) como func¸a˜o de x.
(e) Substitua sec(y) e tg(y) na resposta do item c) para obter a expressa˜o de y′(x) como
func¸a˜o apenas da varia´vel x.
Soluc¸a˜o:
(a) Temos que
d
dy
sec(y) =
d
dy
1
cos(y)
=
−1 · (cos(y))′
cos2 y
= sec(y) tg(y).
(b) Usando a regra da cadeia para derivar a igualdade x = sec(y(x)) com respeito a`
varia´vel x, obtemos
1 =
d
dx
x =
d
dx
sec(y(x)) = sec(y(x)) tg(y(x))y′(x).
(c) Note que o termo y′(x) do lado direito e´ exatamente a derivada da func¸a˜o “de
dentro”na composic¸a˜o sec(y(x)). Segue da expressa˜o acima que
y′(x) =
1
sec(y) tg(y)
.
(d) Usando a identidade trigonome´trica citada no enunciado obtemos tan2(y) = sec2(x)−
1. Uma vez que y ∈ [0, pi/2) temos que tan(y) ≥ 0. Desse modo, conclu´ımos que
tg(y) =
√
sec2(y)− 1. (3)
Substituindo-se y = arcsec(x) na expressa˜o acima obtemos que
tg(arcsec(x)) =
√
x2 − 1. (4)
(e) Combinando-se (3) e (4) segue que a derivada da func¸a˜o arco secante e´
d
dx
arcsec(x) =
1
x
√
x2 − 1 , x ∈ (1,+∞).
Uma observac¸a˜o importante e´ que a func¸a˜o secante pode ser invertida em um
intervalo maior, a saber (−∞,−1] ∪ [1,+∞). Nesse caso o contradomı´nio seria
[0, pi/2) ∪ (pi/2, pi] e, procedendo como acima, obter´ıamos a seguinte derivada (veri-
fique!)
d
dx
arcsec(x) =
1
|x|√x2 − 1 , |x| > 1.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 7 - Pa´gina 5 de 25
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Lista de Aplicac¸a˜o – Semana 8 – Soluc¸a˜o
Temas abordados : Taxas relacionadas; Extremos de func¸o˜es
Sec¸o˜es do livro: 3.9, 4.1
1) Suponha que um barco seja puxado para o cais por uma corda presa a` sua proa, situada
6 m abaixo do apoio da corda no cais, conforme a figura abaixo. Suponha ainda que a
cordaseja puxada com uma velocidade de 2 m/s. Nesse caso, o comprimento c(t) da
corda entre a proa e o apoio, a distaˆncia d(t) do barco ao cais e o aˆngulo θ(t) entre a
corda e a vertical sa˜o func¸o˜es do tempo t. Denote por τ o instante em que c(τ) = 10 m.
(a) Calcule o valor de d(τ).
(b) Calcule a derivada d′(τ).
(c) Calcule o valor de tg(θ(τ)).
(d) Usando os itens anteriores e a regra da cadeia,
calcule o valor de θ′(τ).
c(t)
d(t)
θ(t)
6
Soluc¸a˜o:
(a) Utilizando o teorema de Pita´goras no triaˆngulo retaˆngulo de lados d(τ), c(τ) e 6,
temos que
d(τ) =
√
102 − 62 = 8.
(b) Novamente por Pita´goras, segue-se que as medidas c(t), d(t) e 6 esta˜o relacionadas
por
c2(t) = d2(t) + 62.
Derivando essa igualdade e utilizando regra da cadeia, segue que
2c(t) c′(t) = (c2)′c=c(t)(c(t))
′ = (c2(t))′ = (d2(t) + 62)′ = (d2)′d=d(t)(d(t))
′ = 2d(t) d′(t).
Da igualdade 2c(t) c′(t) = 2d(t) d′(t), isolando d′(t), obtemos que d′(t) = c(t) c′(t)/d(t).
Observe agora que c′(t) = −2, uma vez que a corda esta´ sendo puxada com uma
velocidade de 2. Apo´s esta observac¸a˜o, basta substituir t = τ na expressa˜o de d′(t)
e usar os valores d(τ) = 10, obtido no item anterior, c(τ) = 10 e c′(τ) = −2, de
modo a obter
d′(τ) =
−20
8
.
(c) A tangente de θ(τ) e´ igual a` medida d(τ) = 8 do cateto oposto dividida pela medida
6 do cateto adjacente, de modo que
tg(θ(τ)) =
8
6
.
(d) Em um instante gene´rico t, tem-se tg(θ(t)) = d(t)/6. Derivando esta igualdade em
relac¸a˜o a t, obte´m-se que
( 1 + tg2(θ(t)) ) θ′(t) = d′(t)/6.
Basta agora isolar θ′(t), susbtituir t = τ e usar os valores ja´ calculados de tg(θ(τ)) =
8/6 e d′(τ) = −20/8, de modo a obter
θ′(τ) =
−12
80
.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 8 - Pa´gina 6 de 25
2) Considere um reservato´rio, na forma de um hemisfe´rio de raio R = 10 m, com a´gua ate´
uma altura h, conforme ilustra a figura abaixo. Nesse caso, o volume de a´gua e´ dado por
V (h) = (pi/3)(3Rh2 − h3). Suponha que o reservato´rio esteja sendo abastecido com uma
vaza˜o de 16 pi m3/min. Portanto a altura h e o raio r da superf´ıcie da a´gua sa˜o func¸o˜es
do tempo. Observe que a forma esfe´rica do reservato´rio estabelece uma relac¸a˜o entre as
func¸o˜es h = h(t) e r = r(t).
(a) Usando a regra da cadeia aplicada a V (h(t)), determine o
valor de h′(τ) no instante τ em que h(τ) = 4.
(b) Obtenha a relac¸a˜o entre as func¸o˜es h(t) e r(t) menciona
acima.
(c) Usado os itens anteriores, determine o valor de r′(τ) no
instante τ em que h(τ) = 4.
r
R
h
Soluc¸a˜o:
(a) Como o reservato´rio esta´ sendo abastecido com uma vaza˜o de 16 pi m3/min, segue
que
(V (h(t)))′ = 16 pi,
para todo t. Temos que V ′(h) = pi(2Rh−h2). Pela regra da cadeia, obtemos enta˜o
que
16 pi = (V (h(t)))′ = (V (h))′h=h(t)(h(t))
′ = pi(2Rh(t)− h2(t))h′(t).
Isolando h′(t), segue que
h′(t) =
16
2Rh(t)− h2(t) .
Calculando isso no instante τ , no qual h(τ) = 4, obtemos que
h′(τ) =
16
8R− 16 .
(b) Pela figura, observando que a altura do reservato´rio e´ R, temos que r(t) e R−h(t) sa˜o
os catetos de um triaˆngulo retaˆngulo de hipotenusa R. Pelo teorema de Pita´goras,
segue que
r2(t) + (R− h(t))2 = R2.
(c) Isolando r(t) da igualdade do item anterior, obtemos que r(t) =
√
2Rh(t)− h2(t).
Em particular, no instante τ em que h(τ) = 4, temos que r(τ) =
√
8R− 16. Agora
derivando a igualdade do item anterior e utilizando a regra da cadeia, segue que
(r2)′r=r(t)(r(t))
′ + ((R− h)2)′h=h(t)(h(t))′ = 2r(t)r′(t)− 2(R− h(t))h′(t) = 0.
Isolando r′(t), obtemos que
(∗) r′(t) = R− h(t)
r(t)
h′(t).
Calculando isso no instante τ e utilizando os valores r(τ) e h′(τ), obtidos nos ı´tens
anteriores, e h(τ) = 4, segue que
r′(τ) =
R− 4√
8R− 16
16
8R− 16 = 16
R− 4
(8R− 16) 32
.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 8 - Pa´gina 7 de 25
3) Suponha que, na construc¸a˜o de uma barraca com vista frontal na forma de um triaˆngulo
iso´sceles de altura h, as laterais devem ser feitas a partir de uma lona com 6 m de
comprimento e 3 m de largura, conforme ilustra a figura.
(a) Determine o comprimento b da base do
triaˆngulo em func¸a˜o da altura h.
(b) Use o item anterior para expressar o volume
V (h) da barraca em func¸a˜o de h.
(c) Determine h de forma que o volume V (h)
seja ma´ximo, justificando a sua resposta.
3m
3m
b
h
Soluc¸a˜o:
(a) Usando o Teorema de Pita´goras obtemos que 32 = h2+(b/2)2, e assim b = 2
√
9− h2.
(b) Basta usar o item (a) para se concluir que
V (h) = 3
bh
2
= 3h
√
9− h2, h ∈ [0, 3].
(c) Note que V ′(h) = 3
√
9− h2 − 3h2/√9− h2. Assim e igualando a zero conclu´ımos
que os pontos cr´ıticos de V sa˜o {0, 3, 3/√2}. Uma vez que V (0) = V (3) = 0 e
V (3/
√
2) > 0 conclu´ımos que o ponto cr´ıtico h = 3/
√
2 e´ o ponto de ma´ximo global
de V em [0, 3].
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 8 - Pa´gina 8 de 25
4) Um filtro na forma de um cone circular reto tem altura igual a 10 cm e raio da base igual
a 5 cm. Suponha que uma certa quantidade de a´gua seja colocada nesse filtro e que ela
escoe para um recipiente na forma de um cilindro circular reto de mesmo raio e altura
que o filtro, conforme ilustra a figura abaixo. Indique por x a altura da a´gua no filtro e
por y a altura da a´gua no recipiente.
(a) Sendo r o raio da superf´ıcie da a´gua no filtro,
use semelhanc¸a de triaˆngulos para determi-
nar r em func¸a˜o de x.
(b) Sabendo que o volume de um cone circular
reto de raio r e altura x e´ igual a (1/3)pir2x,
determine o volume V1(x) da a´gua no filtro
como func¸a˜o de x.
y
x10
5
(c) Determine o volume V2(y) de a´gua no recipiente cil´ındrico.
(d) Considerando que x = x(t) e y = y(t), em que t > 0 denota o tempo, determine y′
no instante τ > 0 tal que x(τ) = 5 e x′(τ) = −0, 5.
Soluc¸a˜o:
(a) Fazendo um corte transversal no cone veremos dois triaˆngulos retaˆngulos semelhan-
tes. Os catetos do primeiro medem 5 e 10. Os respectivos catetos do outro medem
r e x. Segue enta˜o r = x/2.
(b) Basta usar a fo´rmula do volume do cone e lembrar que r = r(x) = x/2 para obter
V1(x) = (pi/12)x
3
(c) O volume de a´gua no cilindro reto e´ dado por V2(y) = 5
2 · pi · y.
(d) Como a a´gua escoa do cone para o cilindro sem desperd´ıcio, a taxa de variac¸a˜o dos
dois volumes V1 e V2, em mo´dulo, sa˜o iguais. Como uma delas diminui enquanto
a outra aumenta, elas teˆm sinal contra´rio, isto e´, d
dt
V2(y(t)) = − ddtV1(x(t)). Assim,
podemos usar os itens anteriores e a regra da cadeia para obter
3
pi
12
x(t)2x′(t) =
d
dt
V1(x(t)) = − d
dt
V2(y(t)) = −25piy′(t),
ou ainda
y′(t) = − 1
4 · 25x(t)
2x′(t).
Fazendo t = τ e usando os valores do enunciado conclu´ımos que y′(τ) = 1/8.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 8 - Pa´gina 9 de 25
5) Suponha que uma viga retangular, de largura x e altura y, deva ser cortada de um cilindro
de sec¸a˜o circular de raio a, como ilustra a figura abaixo. A resisteˆncia R dessa viga e´
diretamente proporcional ao produto de sua largura x pelo quadrado de sua altura y.
Indique por K a constante de proporcionalidade e observe que a altura y = y(x) pode ser
obtida a partir da largura x, e portanto a resisteˆncia R = R(x) pode ser expressa apenas
em func¸a˜o da largura da viga x, onde x varia de 0 ate´ o diaˆmetro 2a do cilindro circular.
(a) Obtenha a expressa˜o de y = y(x) em termos de x.
(b) Obtenha a expressa˜o da resisteˆncia R = R(x) como
func¸a˜o de x.
(c) Calcule os pontos cr´ıticos de R(x) no domı´nio (0, 2a).
(d) Calcule o valor ma´ximo da resisteˆncia que pode ser
obtido entre as vigas cortadas do cilindro.
x
y
Soluc¸a˜o:
(a) Como o centro do c´ırculo de raio a coincide com o centro do retaˆngulo inscrito de
lados x e y, a diagonal deste retaˆngulo tem comprimento igual a 2a. Pelo teorema
de Pita´goras, segue que (2a)2 = x2 + y2, e portanto y= y(x) =
√
4a2 − x2.
(b) A resisteˆncia e´ dada por R = Kxy2, isto e´,
R = R(x) = Kx(4a2 − x2) = K(4a2x− x3).
(c) Como a func¸a˜o R e´ deriva´vel em (0, 2a), os pontos cr´ıticos nesse intervalo sa˜o as
soluc¸o˜es da equac¸a˜o R′(x) = K(4a2− 3x2) = 0. No domı´nio (0, 2a), a u´nica soluc¸a˜o
dessa equac¸a˜o e´
x =
2a√
3
(d) Aplicamos o me´todo da otimizac¸a˜o para a func¸a˜o R(x), onde x ∈ [0, 2a]. O valor
de R na fronteira de dom(R) e´ dado por
R(0) = R(2a) = 0.
Nos itens anteriores vimos que R possui apenas o ponto cr´ıtico x = 2a√
3
. O valor de
R nesse ponto e´ dado por
R
(
2a√
3
)
= K
(
4a2
(
2a√
3
)
−
(
2a√
3
)3)
= K
16a3
3
√
3
= K
16a3
√
3
9
> 0.
Comparando os valores de R na fronteira e nos pontos cr´ıticos, conclu´ımos que o
valor acima e´ o valor ma´ximo de R.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 8 - Pa´gina 10 de 25
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Lista de Aplicac¸a˜o – Semana 9 – Soluc¸a˜o
Temas abordados : Teorema do Valor Me´dio; Crescimento de func¸o˜es; Otimizac¸a˜o
Sec¸o˜es do livro: 4.2, 4.3, 4.5
1) Suponha que, na produc¸a˜o de uma lata de refrigerante, o custo do material da lateral
e do fundo e´ de uma unidade moneta´ria por cent´ımetro quadrado, mas para o material
da tampa esse custo e´ de 98/27 unidades moneta´rias por cent´ımetro quadrado. Suponha
ainda que a lata seja cil´ındrica de raio r cm e altura h cm, conforme ilustra a figura
abaixo, e que o volume seja constante e igual a 53 pi cm3. A ma´quina que fabrica as latas
e´ capaz de fazer latas com raio da base r entre 1 e 6 cm.
(a) Obtenha a expressa˜o da altura h em func¸a˜o do raio r e do
volume da lata.
(b) Obtenha a a´rea lateral L(r) da lata em func¸a˜o do raio r.
(c) Obtenha o custo de produc¸a˜o C(r) de uma lata de raio r.
(d) Calcule o raio r0 que minimiza o custo de produc¸a˜o.
r
h
Soluc¸a˜o:
(a) O volume V da lata e´ dado pela a´rea da base pi r2 vezes a altura h, isto e´, V = pi r2 h.
Usando que V = 53 pi e isolando h na igualdade anterior, obte´m-se h = h(r) = 53/r2.
(b) Substituindo h = h(r) na expressa˜o da a´rea lateral L = 2 pi r h, obte´m-se L(r) =
2 pi 53/r.
(c) A soma das a´reas lateral e do fundo e´ igual a L(r) + pi r2, enquanto que a a´rea da
tampa e´ pi r2. Considerando o custo destes materiais e a expressa˜o de L(r), segue-se
que C(r) e´ dada por
C(r) = 2 pi
53
r
+ pi r2 +
98
27
pi r2 = pi
(
2
53
r
+
(
98
27
+ 1
)
r2
)
= 125pi
(
2
r
+
r2
27
)
.
(d) Aplicamos o me´todo da otimizac¸a˜o para a func¸a˜o C(r), onde r ∈ [1, 6]. Temos que
C ′(r) = 125pi
(
− 2
r2
+
2r
27
)
= 250pi
(
− 1
r2
+
r
27
)
Os pontos cr´ıticos de C sa˜o obtidos resolvendo para r
− 1
r2
+
r
27
= 0 ⇐⇒ r
27
=
1
r2
⇐⇒ r3 = 27.
Como r > 0, segue que r = 3 e´ o u´nico ponto cr´ıtico de C. O valor de C nesse
ponto e´ dado por
C(3) = 125pi
(
2
3
+
1
3
)
= 125pi.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 9 - Pa´gina 11 de 25
Os valores de C nos pontos de fronteira de [1, 6] sa˜o
C(1) = 125pi
(
2 +
1
27
)
> 125pi,
C(6) = 125pi
(
1
3
+
36
27
)
> 125pi.
Comparando os valores de C na fronteira e nos pontos cr´ıticos, conclu´ımos que o
valor acima e´ o valor mı´nimo de C. Segue que r = 3 e´ o ponto de mı´nimo de C em
[1, 6], logo o raio r0 = 3 minimiza o custo de produc¸a˜o.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 9 - Pa´gina 12 de 25
2) Para construir um cone circular reto remove-se um setor de uma folha circular de cartolina
de raio 10pi cm e unem-se as duas margens retil´ıneas do corte, conforme a figura ao lado,
em que a indica o aˆngulo do setor circular restante em radianos. O objetivo desse exerc´ıcio
e´ determinar os aˆngulos a que fornecem os cones de maior volume. Uma vez montado o
cone, denote sua altura por h e seu raio da base por r, de modo que seu volume e´ dado
por (1/3)pir2h.
(a) Lembrando que o per´ımetro do setor circular ao lado e´ igual a
10pia, obtenha a expressa˜o de r em func¸a˜o do aˆngulo a.
(b) Determine o volume do cone obtido em func¸a˜o do aˆngulo a.
(c) Determine o aˆngulo a0 para o qual o volume do cone obtido seja
o maior poss´ıvel.
Soluc¸a˜o:
(a) Temos que o per´ımetro da base do cone e´ 2pir = 10pia, de modo que r = 5a.
(b) Primeiro obtemos h como func¸a˜o de r, fazendo um corte no cone com um plano que
conte´m a altura h, obtendo assim um triaˆngulo retaˆngulo com catetos medindo h
e r e com hipotenusa medindo 10pi. Segue que (10pi)2 = h2 + r2, de onde obtemos
que h =
√
(10pi)2 − r2. Substituindo a expressa˜o de r em func¸a˜o de a e usando a
fo´rmula para o volume do cone obtemos
V (a) =
1
3
pir2h =
25pi
3
a2(100pi2 − 25a2)1/2.
(c) Aplicamos o me´todo da otimizac¸a˜o para a func¸a˜o V (a), onde a ∈ [0, 2pi]. A derivada
de V e´ dada por
V ′(a) =
25pi
3
(
2a(100pi2 − 25a2)1/2 − 25a3(100pi2 − 25a2)−1/2) .
Colocando em evideˆncia a(100pi2 − 25a2)−1/2, temos que
V ′(a) =
25pi
3
(100pi2 − 25a2)−1/2a(−75a2 + 200pi2) = 0,
se e so´ se a = 0 ou 75a2− 200pi2 = 0. Como a ∈ [0, 2pi], segue que os pontos cr´ıticos
de V sa˜o 0 e 2pi
√
2/3 e os pontos de fronteira do domı´nio sa˜o 0 e 2pi. Uma vez que
V (0) = V (2pi) = 0 e V (2pi
√
2/3) > 0, conclu´ımos que o aˆngulo que maximiza o
volume e´ a0 = 2pi
√
2/3.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 9 - Pa´gina 13 de 25
3) Um meia-atacante avanc¸a em direc¸a˜o a` a´rea adversa´ria perpendicularmente a` linha de
fundo. Suponha que a bola esteja a uma distaˆncia de h metros da linha de fundo, que
o gol tenha 6 metros de comprimento e que a linha da bola esteja 2 metros distante da
trave direita. Conforme ilustra a figura, o aˆngulo θ de visa˜o do atleta depende de h.
(a) Utilizando uma func¸a˜o trigonome´trica in-
versa, determine o valor de α(h) e β(h).
(b) Observando que θ(h) = pi/2 − α(h) − β(h),
calcule θ′(h) e determine os pontos cr´ıticos
de θ(h) no intervalo (0,+∞).
(c) Determine os intervalos de crescimento e de-
crescimento de θ(h)
(d) Calcule os limites lim
h→0+
θ(h) e lim
h→+∞
θ(h).
(e) Determine o valor de h de modo que o
aˆngulo de visa˜o do jogador seja ma´ximo.
α
β
6 2
h
θ
Soluc¸a˜o:
(a) De acordo com a figura temos que tan(α) = h/8 e tan(β) = 2/h, de modo que
α(h) = arctan
(
h
8
)
e β(h) = arctan
(
2
h
)
.
(b) Lembrando que d
dy
arctan(y) = 1/(1+ y2) e usando a regra da cadeia obtemos, apo´s
algumas simplificac¸o˜es,
θ′(h) = − 8
64 + h2
+
2
4 + h2
=
−6h2 + 96
(64 + h2)(4 + h2)
. (5)
Dessa forma, o u´nico ponto cr´ıtico de θ(h) no intervalo (0,+∞) e´ h = 4.
(c) Estudando o sinal da derivada conclu´ımos que θ′ > 0 em (0, 4), e θ′ < 0 em (4,+∞).
Note que isso implica que h = 4 e´ um ponto de ma´ximo local de θ.
(d) Perceba inicialmente que θ + β + α + (pi/2) = pi, de modo que
θ(h) =
pi
2
− arctan
(
h
8
)
− arctan
(
2
h
)
.
Uma vez que a func¸a˜o arctan e´ cont´ınua, temos que lim
y→0
arctan(y) = arctan(0) = 0.
Por outro lado, como limx→(pi/2)− tan(x) = +∞ e a inversa da tangente e´ a func¸a˜o
arctan, temos que lim
y→∞
arctan(y) = pi/2. Essas informac¸o˜es e a expressa˜o acima
implicam que
lim
h→0+
θ(h) = lim
h→+∞
θ(h) = 0.
(e) Como a func¸a˜o cresce em (0, 4) e decresce em (4,+∞), o ponto h = 4 e´ o ponto de
ma´ximo global de θ.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 9 - Pa´gina 14 de 25
4) Para uma bola arremessada verticalmente sem resisteˆncia do ar, temos que a energia
mecaˆnica
m
v(t)2
2
+mgs(t) = E
se conserva, onde s(t) e v(t) sa˜o, respectivamente, a posic¸a˜o e a velocidade instantaˆneas,
m e´ a massa do bloco e g e´ a gravidade. Supondo que m = 1, g = 2 e que E = 8, temos
que s(t) e´ soluc¸a˜o da seguinte equac¸a˜o(∗) s
′(t)√
4− s(t) = 2
Como ilustra os itens a seguir, a equac¸a˜o (∗) pode ser melhor entendida a partir do fato
de que, se a derivada de uma func¸a˜o for identicamente nula em um intervalo, enta˜o a
func¸a˜o e´ necessariamente constante.
(a) Calcule as derivadas das func¸o˜es −2
√
4− s(t) e 2t.
(b) Lembrando que se uma func¸a˜o tem derivada identi-
camente nula em um intervalo I, enta˜o ela e´ cons-
tante em I, use o item anterior e as informac¸o˜es
dadas para obter uma relac¸a˜o entre as func¸o˜es
−2
√
4− s(t) e 2t.
(c) Use o item anterior e a condic¸a˜o inicial s(0) = 3 para
obter a expressa˜o de s(t).
(d) Determine a velocidade no instante t = 1.
Soluc¸a˜o:
(a) Temos que (2t)′ = 2 e, usando a regra da cadeia e que (
√
(x))′ = 1/2
√
x, obtemos
que
(−2
√
4− s(t))′ = −2(
√
(x))′x=4−s(t)(4− s(t))′ =
s′(t)√
4− s(t) .
(b) Pelos ca´lculos do item anterior e como s(t) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o (∗), temos que
(−2√4− s(t))′ = 2 = (2t)′, para todo tempo t. Portanto as func¸o˜es −2√4− s(t)
e 2t diferem por uma constante, ou seja, tem-se que −2
√
4− s(t) = 2t +K, onde
K ∈ R.
(c) Usando as informac¸o˜es do item anterior, temos que K = −2
√
4− s(t)− 2t. Como
s(0) = 3, obte´m-se que K = −2
√
4− s(0) = −2. Portanto −2
√
4− s(t) = 2t − 2,
o que mostra que s(t) = 3 + 2t− t2.
(d) Como s(t) = 3 + 2t− t2, segue que v(t) = (3 + 2t− t2)′ = 2− 2t. Logo v(1) = 0.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 9 - Pa´gina 15 de 25
5) Denote por v(t) a velocidade de um corpo de massa m = 0, 1 kg que foi lanc¸ado verti-
calmente com velocidade inicial v(0) = 63 m/s e sujeito a uma forc¸a de resisteˆncia do ar
FR = −v(t). Nesse caso, usando a aproximac¸a˜o g = 10 m/s2 da acelerac¸a˜o da gravidade,
pode-se mostrar que v(t) e´ soluc¸a˜o do problema de valor inicial

v′(t)
1 + v(t)
= −10, t > 0,
v(0) = 63
Para encontrar a soluc¸a˜o v(t), resolva os itens seguintes.
(a) Calcule as derivadas das func¸o˜es ln(1 + v(t)) e −10 t.
(b) Lembrando que se uma func¸a˜o tem derivada identicamente nula em um intervalo I,
enta˜o ela e´ constante em I, use o item anterior e as informac¸o˜es dadas para obter
uma relac¸a˜o entre as func¸o˜es ln(1 + v(t)) e −10 t.
(c) Use o item anterior e a condic¸a˜o inicial v(0) = 63 para obter a expressa˜o de v(t).
(d) Determine o instante em que o corpo alcanc¸a a altura ma´xima.
Soluc¸a˜o:
(a) Note que
d
dt
(−10t) = −10 e d
dt
(ln(1 + v(t)) =
v′(t)
1 + v(t)
= 10, (6)
por hipo´tese.
(b) Segue de (6) que
d
dt
(ln(1 + v(t)) + 10t) =
v′(t)
1 + v(t)
+ 10 = 0. (7)
Seja enta˜o
f(t) = ln(1 + v(t)) + 10t (8)
de modo que f ′(t) = 0 em (0,+∞). Pelo Teorema do Valor Me´dio f(t) e´ constante
em (0,+∞), e assim
ln(1 + v(t)) = −10t+K1, (9)
para alguma constante K1 ∈ R.
(c) Tomando-se a exponencial nos dois lados de (9), obtemos
v(t) = Ke−10t − 1,
onde K = eK1 e´ tambe´m uma constante. A igualdade acima vale para todo t > 0.
Assim, por continuidade, vale tambe´m para t = 0. Fazendo enta˜o t = 0 conclu´ımos
que
63 = v(0) = Ke−10×0 − 1,
o que implica que K = 64. Logo
v(t) = 64e−10t − 1.
(d) A altura ma´xima e´ atingida no instante t0 em que v(t0) = 0. Assim e
−10t0 = 1/64 =
2−6, o que nos fornece −10t0 = −6 ln 2, ou ainda, t0 = 3 ln 2/5 ≃ 0, 414, em que
usamos a aproximac¸a˜o ln 2 ≃ 0, 69.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 9 - Pa´gina 16 de 25
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 1
Lista de Aplicac¸a˜o – Semana 10 – Soluc¸a˜o
Temas abordados : Concavidade; Esboc¸o de gra´ficos; regra de L’Hopital
Sec¸o˜es do livro: 4.4, 4.6
1) Durante o processo de tosse, provocado pela presenc¸a na traque´ia de algum corpo es-
tranho, a traque´ia se contrai com o objetivo de aumentar o fluxo de ar atrave´s dela, e
assim tornar mais eficiente o me´todo de expulsa˜o do corpo estranho. Segundo Poiseuille,
indicando por r0 o raio da traque´ia em estado normal e por r ≤ r0 o seu raio durante a
tosse, o fluxo de ar V = V (r) na traque´ia pode ser modelado por
V (r) =


K
r0
2
r4 se 0 ≤ r ≤ r0/2,
K(r0 − r) r4 se r0/2 ≤ r ≤ r0,
onde K e´ uma constante positiva.
(a) Determine os pontos cr´ıticos de V (r) no intervalo (0, r0).
(b) Determine os intervalos de crescimento e de decrescimento de V (r).
(c) Determine os intervalos em que o gra´fico de V (r) e´ coˆncavo para cima ou para baixo.
(d) Use os itens anteriores para esboc¸ar o gra´fico de V (r) no caso em que K = 1.
Soluc¸a˜o:
(a) Observe que o u´nico ponto onde a func¸a˜o pode na˜o ser deriva´vel e´ r = r0/2. De
fato, calculando os limites laterais do quociente de Newton nesse ponto temos que
lim
r→ r0
2
−
V (r)− V ( r0
2
)
r − r0
2
= lim
r→ r0
2
−
1
r − r0
2
(
Kr0
2
r4 − Kr0
25
r40
)
=
Kr40
4
,
e
lim
r→ r0
2
+
V (r)− V (r0)
r − r0
2
= lim
r→ r0
2
+
1
r − r0
2
(
K(r0 − r)r4 −K(r0 − r)r
4
0
24
)
=
3Kr40
16
,
e portanto V na˜o e´ deriva´vel em r = r0/2. A derivada nos intervalos (0, r0/2) e
(r0, r) pode ser feita de maneira usual e tem a seguinte expressa˜o
V ′(r) =
{
2Kr0r
3 se 0 < r < r0/2,
K(4r0r
3 − 5r4) se r0/2 < r < r0. (10)
Como a func¸a˜o acima se anula somente no ponto r = 4r0/5, os pontos cr´ıticos de f
sa˜o r0/2 e 4r0/5.
(b) Note que por (10) observa-se que V ′(r) > 0 em (0, r0/2). Ale´m disso, fazendo o
estudo do sinal do polinoˆmio 4r0r
3−5r4 observamos que V ′(r) > 0 em (r0/2, 4r0/5)
e V ′(r) < 0 em (4r0/5, r0). Dessa forma, a func¸a˜o e´ crescente em (0, r0/2) e
(r0/2, 4r0/5), e decrescente em (4r0/5, r0).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 10 - Pa´gina 17 de 25
(c) A derivada segunda pode ser calculada como acima e, apo´s as devidas simplificac¸o˜es,
obtemos
V ′′(r) =
{
6Kr0r
2 se 0 < r < r0/2,
4Kr2(3r0 − 5r) se r0/2 < r < r0. (11)
Procedendo de maneira ana´loga a feita do item (b), via estudo do sinal de cada parte
da derivada segunda dada em (11), conclu´ımos que a func¸a˜o e´ coˆncava para cima
nos intervalos (0, r0/2) e (r0/2, 3 r0/5), e coˆncava para baixo no intervalo (3 r0/5, r0).
(d) O gra´fico tem o aspecto mostrado abaixo. Observe que, apesar de na˜o ser deriva´vel
r0
2
3r0
5
4r0
5
r0
x
ma´xy
infl.
em r0/2, a func¸a˜o V (r) e´ cont´ınua nesse ponto, sendo portanto crescente em todo o
intervalo (0, 4r0/5).
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 10 - Pa´gina 18 de 25
2) Conforme ilustra a figura abaixo, as a´reas dos retaˆngulos inscritos na circunfereˆncia
x2+y2 = 16 podem ser calculadas por meio da func¸a˜o A(x) = 4x
√
16− x2, com x ∈ [0, 4].
(a) Calcule os pontos cr´ıticos da func¸a˜o A(x) no intervalo (0, 4).
(b) Determine os intervalos de crescimento e os
de decrescimento da func¸a˜o A(x).
(c) Determine os intervalos em que a concavi-
dade do gra´fico de A(x) e´ voltada para baixo
e os intervalos em que concavidade e´ voltada
para cima.
(d) Esboce o gra´fico de A(x).
x
y
Soluc¸a˜o:
(a) A derivada de A e´ dada por
A′(x) = 4
√
16− x2 − 4x
2
√
16− x2 =
64− 8x2√
16− x2 , 0 < x < 4, (12)
e se anula somente no ponto x =
√
8.
(b) Como
√
16− x2 > 0 em (0, 4), fazendo o estudo do sinal de 64 − 8x2, conclu´ımos
que A(x) e´ crescente em (0,
√
8) e decrescente em (
√
8, 4).
(c) Fazendo a derivada com relac¸a˜o a x em (12), obtemos pela regra do quociente
A′′(x) =
−16x√
16− x2 +
x(64− 8x2)
(16− x2)3/2 =
8x(−24 + x2)
(16− x2)3/2 , 0 < x < 4. (13)
Agora observe que como x/(16− x2)3/2 > 0 em 0 < x < 4, estudando-se o sinal do
polinoˆmio (64− 8x2), conclu´ımos que o gra´fico tem concavidade voltada para baixo
em (0, 4).
(d) Com base em (a)-(c), conclu´ımos que o
gra´fico de A(x) e´ como ao lado.
√
8 4
x
ma´xy
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 10 - Pa´gina 19 de 25
3) Suponha que o nu´merode milhares de pessoas infectadas por um v´ırus seja modelado
pela func¸a˜o N(t) = −2t3+at2+bt+c, em que a, b e c sa˜o constantes e o tempo t e´ medido
em anos. Suponha ainda que, no instante t = 0, nove mil pessoas estavam infectadas,
um ano depois esse nu´mero atingiu um valor mı´nimo e, em seguida, cresceu ate´ atingir
um valor ma´ximo para t = 2.
(a) Determine as constantes a, b e c a partir das informac¸o˜es dadas.
(b) Determine o nu´mero de pessoas infectadas 1, 2 e 3 anos depois do instante t = 0.
(c) Determine a concavidade de N(t) e, em seguida, esboce o seu gra´fico para t ∈ [0, 3].
Soluc¸a˜o:
(a) Uma vez que N(0) = c e 9 mil pessoas esta-
vam infectadas no instante t = 0 conclu´ımos
que c = 9. Segue das informac¸o˜es do enun-
ciado que N ′(1) = N ′(2) = 0. Uma vez que
N ′(t) = −6t2+2at+b, substituindo os valo-
res t = 1 e t = 2 conclu´ımos que a e b devem
satisfazer o sistema linear{
2a+ b = 6
4a+ b = 24,
e portanto a = 9 e b = −12. Desse modo
N(t) = −2t3 + 9t2 − 12t.
y
ma´x. loc.
9
5
4.5
4
mı´n. loc.
1 1.5 2
x
3
(b) Basta usar a expressa˜o de N(t).
(c) Como N ′′(t) = −12t+18, estudando o sinal de N ′′ conclu´ımos que N e´ coˆncava para
cima em (0, 3
2
) e coˆncava para baixo em (3
2
, 3). Pelos dados do enunciado ja´ sabemos
que t = 1 e t = 2 sa˜o pontos cr´ıticos de N(t). Como N(t) e´ deriva´vel, e N ′(t) e´
um polinoˆmio do segundo grau, conclu´ımos que estes sa˜o os u´nicos pontos cr´ıticos
de N(t). Ainda pelo enunciado, ja´ sabemos que estes sa˜o pontos de ma´ximo local
e mı´nimo local, respectivamente. Note que o item (b) confirma esta´ informac¸a˜o.
Agora, como N ′′(t) troca de sinal em t = 1.5, segue que este e´ um ponto de inflexa˜o.
Notando que N(3/2) = 9/2, e usando as informac¸o˜es dos itens (a)-(d) obtemos o
gra´fico ao lado.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 10 - Pa´gina 20 de 25
4) O mecanismo de suspensa˜o dos automo´veis consiste num sistema composto de uma mola
e de um amortecedor. Denotando por s(t) a posic¸a˜o vertical de um ve´ıculo de massa
m em relac¸a˜o a posic¸a˜o de equil´ıbrio, temos que a forc¸a da mola e´ dada, pela lei de
Hooke, por F = −ks(t) e a forc¸a do amortecedor e´ dada por R = −bv(t), onde v(t) e´ a
velocidade instantaˆnea e a constante b e´ denominada viscosidade do amortecedor. Como
a forc¸a resultante e´ F +R, pela Segunda Lei de Newton, temos que
(∗) ma(t) = −ks(t)− bv(t)
para t > 0. Suponha que, em unidades adequadas, m = 1, b = 4 e k = 4 e considere
s(t) = −3te−2t.
(a) Calcule v(t) e a(t) e verifique que a equac¸a˜o (∗) e´
satisfeita.
(b) Calcule os pontos cr´ıticos de s(t) e determine seus
extremos locais e seus intervalos de crescimento e
decrescimento.
(c) Determine os pontos de inflexa˜o de s(t) e os interva-
los onde a concavidade e´ voltada para cima e onde e´
voltada para baixo.
(d) Determine as ass´ıntotas de s(t) e, em seguida, esboce
o seu gra´fico.
Soluc¸a˜o:
(a) Temos que
v(t) = −3(te−2t)′ = −3((t)′e−2t + (e−2t)′t) = −3(e−2t − 2te−2t) = −3(1− 2t)e−2t
e tambe´m que
a(t) = −3((1− 2t)e−2t)′ = −3((1− 2t)′e−2t + (e−2t)′(1− 2t)) = 12(1− t)e−2t.
Segue enta˜o que
−4s(t)− 4v(t) = −4(−3te−2t +−3(1− 2t)e−2t) = 12(1− t)e−2t = a(t),
verificando a equac¸a˜o (∗).
(b) Temos que s′(t) = v(t) = 0 se e so´ se t = 1/2, que e´ o u´nico ponto cr´ıtico. Ale´m
disso, como e−2t > 0, segue que o sinal s′(t) e´ igual ao sinal de −3(1 − 2t). Logo
temos que s′(t) > 0, se t > 1
2
e tambe´m s′(t) < 0, se 0 ≤ t < 1
2
. Portanto a func¸a˜o s
cresce em (1
2
,∞) e decresce em [0, 1
2
). Temos enta˜o que t = 1/2 e´ ponto de mı´nimo
global de s.
(c) Como e−2t > 0, segue que o sinal s′′(t) = a(t) e´ igual ao sinal de 12(1 − t). Logo
s′′(t) > 0, se 0 ≤ t < 1 e tambe´m s′′(t) < 0, se t > 1. Portanto a func¸a˜o s tem
concavidade para cima em [0, 1) e tem concavidade para baixo em (1,∞). Temos
enta˜o que t = 1 e´ um ponto de inflexa˜o de s.
(d) Na˜o existem ass´ıntotas verticais nem ass´ıntota horizontal pela esquerda, uma vez
que s(t) e´ cont´ınua e esta´ definida em [0,∞). Para determinar se existe ass´ıntota
horizontal pela direita, calculamos o limite
lim
t→∞
s(t) = lim
t→∞
−3t
e2t
= lim
t→∞
−3
2e2t
= 0,
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 10 - Pa´gina 21 de 25
onde usamos L’Hospital, de modo que s = 0 e´ ass´ıntota horizontal pela direita.
Usando essas informac¸o˜es, podemos esboc¸ar o gra´fico de s(t) como ilustrado abaixo.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 10 - Pa´gina 22 de 25
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) Calcule a forc¸a exercida numa part´ıcula de carga unita´ria posicionada em x, dada
por F (x) = −V ′(x).
(c) Calcule os pontos cr´ıticos de V (x) e determine seus extremos locais e seus intervalos
de crescimento e decrescimento. A forc¸a F (x) se anula em algum ponto?
(d) Determine os pontos de inflexa˜o de V (x) e seus intervalos de concavidade para cima
e para baixo.
(e) Determine as ass´ıntotas verticais e horizontais de V (x) e esboce seu gra´fico.
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) Basta obter V ′(x). Como V (x) na˜o esta´ definida no ponto x = 1 onde muda sua
expressa˜o alge´brica, para derivar V (x) basta derivar cada expressa˜o alge´brica
(−2(x2 − 1)−1)′ = 4x(x2 − 1)−2,
(2x(x2 − 1)−1)′ = 2(x2 − 1)−1 − 4x2(x2 − 1)−2 = −2(x2 + 1)(x2 − 1)−2,
de modo que
V ′(x) =
{
4x(x2 − 1)−2, −1 < x < 1
−2(x2 + 1)(x2 − 1)−2, x > 1
(c) Nas ana´lises de sinal, vamos usar diversas vezes que x2 − 1 e´ negativo para −1 <
x < 1 e positivo para x > 1 e que (x2 − 1)2 e´ positivo para x 6= ±1.
Pelo item (b), o sinal de V ′(x) em (−1, 1) e´ o sinal de x. Segue que x = 0 e´ ponto
cr´ıtico, que V (x) e´ decrescente em (−1, 0) e crescente em (0, 1). Em particular,
x = 0 e´ um mı´nimo local. O sinal de V ′(x) em (1,∞) e´ o sinal de −(x2 + 1) que e´
sempre negativo. Segue que V (x) e´ decrescente em (1,∞).
Como x = 0 e´ o u´nico ponto cr´ıtico de V (x), segue esse e´ o u´nico ponto onde a forc¸a
F (x) se anula.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 10 - Pa´gina 23 de 25
(d) Uma vez que V ′(x) na˜o esta´ definida no ponto x = 1 onde muda sua expressa˜o
alge´brica, para obter V ′′(x) basta derivar cada expressa˜o alge´brica
(4x(x2 − 1)−2)′ = 4(x2 − 1)−2 − 16x2(x2 − 1)−3 = −4(3x2 + 1)(x2 − 1)−3
(−2(x2+1)(x2−1)−2)′ = −4x(x2−1)−2+8(x2+1)x(x2−1)−3 = 4x(x2+3)(x2−1)−3
de modo que
V ′′(x) =
{ −4(3x2 + 1)(x2 − 1)−3, −1 < x < 1
4x(x2 + 3)(x2 − 1)−3, x > 1
O sinal de V ′′(x) em (−1, 1) e´ o sinal de −(x2 − 1)−3, que e´ o sinal de −(x2 − 1),
que e´ positivo para −1 < x < 1. Segue que V possui concavidade para cima em
(−1, 1). O sinal de V ′′(x) em (1,∞) e´ o sinal de x(x2 − 1)−3, que e´ o sinal de
x2 − 1, que e´ positivo para x > 1. Segue que V possui concavidade para cima em
(1,∞). Portanto V (x) sempre possui concavidade para cima e na˜o possui pontos
de inflexa˜o.
(e) Uma vez que V (x) e´ cont´ınua em (−1, 1)∪(1,∞), 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 ambasx = 1 e x = −1 sa˜o ass´ıntotas verticais de V (x). 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→∞
2
2x
= 0,
onde usamos L’Hospital no limite indeterminado ∞/∞. Segue que y = 0 e´ uma
ass´ıntota horizontal a` direita de V (x).
Para esboc¸ar o gra´fico de V (x) primeiro notamos que V (x) e´ sempre positivo, o
que segue da sua expressa˜o no enunciado da questa˜o. Do item (c) segue que V ′′(x)
e´ sempre positivo. Assim, o gra´fico de V (x) esta´ sempre acima do eixo x com
concavidade para cima. O item (b) nos diz que V (x) e´ decrescente em (−1, 0),
crescente em (0, 1) e novamente decrescente em (1,∞). Juntando essa informac¸a˜o
com a informac¸a˜o das ass´ıntotas, temos que o esboc¸o do gra´fico de V (x) abaixo.
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 10 - Pa´gina 24 de 25
Lista de Aplicac¸a˜o da Semana 10 - Pa´gina 25 de 25