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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; Assntotas
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 Fixac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 1 de 6
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
−pi
2
−pi
2
a(θ)
θ(a)
0
Lista de Fixac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 2 de 6
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→−∞
−x
x
√
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 Fixac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 3 de 6
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 = +∞. (1)
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 (1) 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 Fixac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 4 de 6
1
1
ex
ln x
1
ex
e−x
Lista de Fixac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 5 de 6
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 Fixac¸a˜o da Semana 3 - Pa´gina 6 de 6

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