Aplicações de funções do primeiro e segundo grau

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Aplicações de funções do primeiro e segundo grau
 
Introdução ao cálculo diferencial integral
CAMPUS 
 CABO FRIO - RJ
2015/1
LUCAS ANDRADE DE SÁ – 201407183168
 
Atividade estruturada realizada pelo aluno Lucas Andrade de Sá – apresentado ao Professor Sérgio Frias - Universidade Estácio de Sá – Campus Cabo Frio - Curso de Graduação - Engenharia.
CAMPUS 
 CABO FRIO - RJ
2015/1
Atividade estruturada
Professor: Sérgio Frias
Aluno: Lucas Andrade de Sá
Disciplina: Introdução ao cálculo diferencial integral
Curso: Engenharia Civil
Turma: 3148
Campus: Cabo Frio
Semestre-Letivo/Ano: 2015.1
Período: 1º Período 
Aplicação da função polinomial do primeiro grau
Problema
Um botijão de gás de cozinha completamente cheio contém 13 Kg de gás.  Na casa de Elvira Consome-se, em média, 0,6 Kg do gás desse botijão por dia.
Qual a lei que relaciona a massa de gás restante (p) no botijão e o tempo decorrido (t)
Que massa de gás resta no botijão após 1 dia, 2 dias e 4 dias?
Quantos dias terão decorrido quando restar 1 Kg de gás no botijão?
Esboce o gráfico da função.
  
Respostas
De acordo com o conceito de funções de primeiro grau, a variável p (peso do botijão de gás) está relacionada a t (tempo, em dias) ou seja, quanto mais dias menor será o peso do botijão, concluindo que está é uma função com reta decrescente. 
Função: p(t)= -0,6x+13
Para este problema, basta colocar em pratica a função encontrada no problema “a”.
Massa de gás no botijão após 1 dia:
p(1)= -0,6*1+13 
p(1)= -0,6+13
p(1)= 12,4 quilos
Massa de gás no botijão após 2 dias:
p(2)= -0,6*2+13 
p(2)= -1,2+13
p(2)= 11,8 quilos
Massa de gás no botijão após 4 dias:
p(4)= -0,6*4+13
p(4)= -2,4+13
p(4)= -10,6 quilos
Nesse caso utiliza-se novamente a função, porem, colocando-a igual a 1.
-0,6x+13 = 1
-0,6x = 1-13
-0,6x = -12
x = -12/-0,6
x = 20 dias.
O esboço do gráfico da função:
Aplicação da função quadrática ou de segundo grau
Problema
Uma bola, lançada verticalmente para cima, a partir do solo, tem sua altura (em metros) expressa em função do tempo (em segundos) decorrido após o lançamento pela lei: 
h(t)= 40t – 5t²
A altura em que a bola se encontra após o lançamento 1s (segundos);
O(s) instante(s) em que a bola se encontra a 75m (metros) do solo;
A altura máxima atingida pela bola;
O instante em que a bola retorna ao solo;
Esboce o gráfico da função.
Respostas
Para determinar a altura da bola após 1s, basta substituir na função, a incógnita da variável t por 1, que por sua vez, irá gerar o resultado da altura da bola no momento dado.
h(1) = 40*1 – 5*1²
h(1) = 40 – 5
h(1) = 35 
A altura da bola em 1s é: 35m 
Para determinar os segundos que a bola estará na altura de 75m altera-se novamente a função dada, igualando a 75. Feito isso a função se transforma em uma nova função de segundo grau aplicando assim a sua resolução normal.
h(t) = 40t – 5t²
40t – 5t² = 75
40t – 5t² – 75 
 = b² – 4ac
 = 40² – 4*(– 5)*( – 75)
 = 1600 – 1500
 = 100
Solução: S= {3,5}
Os segundos em que a bola está a 75m são: 3s e 5 s
Para saber a altura máxima atingida pela bola utiliza-se a formula do vértice da parábola, pois ele dará o ponto de mínimo ou de máximo da mesma, nesse caso será o ponto de máximo. Começando a encontrar o valor por x, nesse caso t.
tv = –b / 2a
tv = –40 / 2*(–5)
tv = –40 / –10 
tv = 4
Uma das formas de calcular o vértice de y ou nesse caso de h é substituindo o valor de t encontrado acima na função h(t) dada.
h(4) = 40*4 – 5*4²
h(4) = 160 – 5*16
h(4) = 160 – 80
h(4) = 80
hv = 80
A altura máxima atingida pela bola é de: 80 metros
O momento em que a bola toca o chão é representado pelo momento em que a parábola tangencia o eixo t pela segunda vez, nesse caso, em sua descida. Para saber o valor desse momento basta aplicar a formula de funções quadráticas. 
 = b² – 4ac
 = 40² – 4*(–5)*(0)
 = 1600 – 0
 = 1600
 
O momento em que a bola retorna ao chão é: 8s
O gráfico da função h(t)= 40t – 5t² é: