Problemas_e_Desafios_Vol_01_cap-04 - Guidorizzi 6ª Ed

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Volume 1
 Capítulo 4 Extensões do Conceito de Limite
 1. Se f é uma função satisfazendo para todo > 0x , 
2 3 2
3
5 2 5 2 1( )
2 1 ( 6) 7
x cx x xf x
x c x x
+ − + −
≤ ≤
+ + −
indique o valor de c para que exista o limite lim ( )
x
f x
→+∞
 e determine o limite para o valor de 
c estabelecido.
Solução
Vamos, inicialmente, avaliar o limite 
2 5lim .
2 1x
x
x→+∞
+
+
Para isso, dividimos o numerador e o denominador por x, lembrando que, como > 0x , 
então 2= | | =x x x , e assim 
2
2 2 2
5 515 1lim = lim = lim = .2 1 12 1 22
x x x
x
x x x
xx
x x
→+∞ →+∞ →+∞
+
++
++ +
Agora, vamos avaliar o limite 
3 2
3
2 5 2 1lim .
( 6) 7x
cx x x
c x x→+∞
− + −
+ −
Para isso, dividimos o numerador e o denominador por x3, obtendo 
3 2 2 3
3
2
5 2 122 5 2 1 2lim = lim =7( 6) 7 6( 6)
x x
ccx x x cx x x
c x x cc
x
→+∞ →+∞
− + −− + −
+ − ++ −
Problemas e Desafios
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2
Problemas e Desafios
Para que exista o limite lim ( ),
x
f x
→+∞
 pelo teorema do confronto, é necessário que tenhamos 
2 3 2
3
5 2 5 2 1lim = lim ,
2 1 ( 6) 7x x
x cx x x
x c x x→+∞ →+∞
+ − + −
+ + −
ou seja, 
1 2= = 2.
2 6
c c
c
⇒
+
Portanto, tomando = 2c , o teorema do confronto nos garante que 
1lim ( ) = .
2x
f x
→+∞
 2. Seja f (n) a função que fornece o perímetro de um polígono regular de n lados inscrito numa 
circunferência de raio R. Prove que 
lim ( ) = 2 .
n
f n Rπ
→+∞
Solução
l
2 l
2
R
0
θ
4_02Observando a figura acima, podemos constatar que cada um dos n lados do polígono cor-
responde ao terceiro lado l de um triângulo isósceles cujos lados iguais medem R. Dessa 
forma podemos concluir que
( ) = 2 .
2
lf n n  
 
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3
Extensões do Conceito de Limite
Mas 
/ 2sen = .l
R
θ
É fácil ver que 2= =
2n n
π πθ e portanto = sen ,
2
l R
n
π 
 
 
 donde 
( ) = 2 senf n Rn
n
π 
 
 
Assim 
sen sen
lim ( ) = lim 2 sen = lim 2 = lim 21n n n n
n nf n Rn R R
n
n n
π π
π π π→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
   
        
 
 
Fazendo a troca de variáveis =x
n
π , quando n → +∞, temos que 0x → , e dessa forma, 
segue que 
0
senlim ( ) = 2 lim = 2 ,
n x
xf n R R
x
π π
→+∞ →
como queríamos demonstrar.
 3. Dadas duas funções , :f g → , prove que, se f é uma função limitada e se lim ( ) = ,
x
g x
→∞
+∞ 
então 
( ) = 0.lim ( )x
f x
g x→+∞
Solução
Dado > 0ε , queremos mostrar que existe > 0δ , tal que 
( )> <
( )
f xx
g x
δ ε⇒
Como f é uma função limitada, existe > 0c satisfazendo 
| ( ) | .f x c x≤ ∀ ∈ (1)
Agora, como lim ( ) = ,
x
g x
→∞
+∞ para o ε dado anteriormente, existe > 0δ tal que 
> ( ) > .x g x
c
εδ ⇒ (2)
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4
Problemas e Desafios
Dessa forma, para >x δ , teremos 
( ) 1 1 1= | ( ) | = < = ,
( ) | ( ) | | ( ) | ( )
f x f x c c c
g x g x g x g x c
ε ε≤
e portanto 
( )lim = 0.
( )x
f x
g x→+∞
 4. Exiba um exemplo de uma função racional 
( )( ) =
( )
P xf x
Q x
satisfazendo cada uma das condições dadas abaixo: 
 
21 1
lim ( ) = , lim ( ) = , lim ( ) = ,
xx x
f x f x f x
− + →→− →−
+∞ −∞ −∞
 
2
lim ( ) = , lim ( ) = 3 e (5) = 0.
xx
f x f x f
− →+∞→
+∞
Solução
Inicialmente, para que tenhamos 
1
lim ( ) =
x
f x
−→−
+∞ e 
1
lim ( ) = ,
x
f x
+→−
−∞ é necessário que o 
denominador Q(x) tenda a zero quando x se aproxima de –1. Para isso, = 1x − deve ser 
raiz do polinômio Q(x), ou seja, 
1( ) = ( 1) ( ).Q x x Q x+
Agora, para que tenhamos 
2
lim ( ) =
x
f x
−→
+∞ e 
2
lim ( ) =
x
f x
+→
−∞ é necessário que o de-
nominador Q(x) tenda a zero quando x se aproxima de –1. Para isso, = 2x deve ser raiz 
do polinômio Q1(x), ou seja, 
1 2( ) = ( 1) ( ) = ( 1)( 2) ( ).Q x x Q x x x Q x+ + −
Por outro lado, para que (5) = 0f , = 5x , deve ser raiz do polinômio P(x), donde 
1( ) = ( 5) ( ).P x x P x−
É importante observar agora as restrições que devemos impor acerca dos polinômios 
Q2(x) e P1(x): 
 � P1(x) não pode apresentar os fatores ( 1)x + e ( 2)x − em sua forma fatorada, para 
garantirmos a existência dos limites infinitos; 
 � Para que lim ( ) = 3,
x
f x
→+∞
 o grau dos polinômios P(x) e Q(x) deve ser o mesmo, e ainda 
precisamos impor, por exemplo, que o termo de maior grau do numerador tenha coe-
ficiente 3 e o termo de maior grau do denominador tenha coeficiente 1.
 
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5
Extensões do Conceito de Limite
Como o polinômio Q(x) já possui ao menos grau 2, vamos tomar, por exemplo, 2 ( ) = 1Q x 
e 1( ) = 3P x x para equiparar os graus e garantir a segunda condição expressa acima. Obte-
mos então 
2
2
3 ( 5) 3 15( ) = =
( 2)( 1) 2
x x x xf x
x x x x
− −
− + − −
É fácil observar que a função f assim definida cumpre todas as exigências impostas 
(verifique).
 5. Prove que, se f é uma função crescente e limitada superiormente, então existe L∈, tal que 
lim ( ) = .
x
f x L
→+∞
Solução
Como f é limitada superiormente, segue que o conjunto Im( ) = { = ( ), }ff y f x x D∈ é 
limitado superiormente. Seja então L o menor número real satisfazendo 
( ) , ff x L x D≤ ∀ ∈ (3)
Dado > 0ε , teremos <L Lε− , e como L é o menor número real satisfazendo a desigual-
dade acima, necessariamente deverá existir fDδ ∈ satisfazendo 
( ) >f Lδ ε− (4)
Assim, para todo x δ≥ , teremos 
  
f . (3)(4)
< ( ) ( ) < .
cresc
L f f x L Lε δ ε− ≤ ≤ +
Dessa forma
< ( ) <x L f x Lδ ε ε≥ ⇒ − +
e portanto 
lim ( ) = .
x
f x L
→+∞
Obs.: De modo análogo, é possível mostrar que se f é uma função decrescente e limitada 
inferiormente então existe o limite lim ( ).
x
f x
→+∞
 6. Forneça, graficamente, o exemplo de uma função f que satisfaça cada uma das condições 
dadas abaixo: 
 
2 2 2
lim ( ) = , lim ( ) = , lim ( ) =
x x x
f x f x f x
− +→− → →
−∞ −∞ +∞
 lim ( ) = 3, lim ( ) = , (0) = (3) = (4) = 0.
x x
f x f x f f f
→−∞ →+∞
+ ∞
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6
Problemas e Desafios
Solução
y
x42 3
3
– 2
4_06
0
 7. Prove que se , :f g →  são duas funções tais que g é limitada e lim ( ) = 0,
x
f x
→+∞
 então 
( )( ) = 0.lim
x
fg x
→+∞
Solução
Como g é uma função limitada, existe > 0c tal que 
| ( ) | < .g x c x∀ ∈ (5)
Agora, dado > 0ε , como lim ( ) = 0,
x
f x
→+∞
 existe > 0δ satisfazendo 
( ) < .x f x
c
εδ≥ ⇒ (6)
Dessa forma 

(5), (6)
| ( )( ) | = | ( ) || ( ) | < = .x fg x f x g x c
c
εδ ε≥ ⇒
e portanto 
( )( ) = 0,lim
x
fg x
→+∞
como queríamos demonstrar. 
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7
Extensões do Conceito de Limite
 8. Use o fato de a função cos x ser uma função 2π periódica para mostrar que, para n∈,
2lim cos(2 1) = 0.
n
n nπ
→+∞
+ +
Solução
Como cos x é uma função 2π periódica, temos que
( ) ( )2 2 2cos(2 1) = cos 2 1 2 = cos 2 ( 1 )n n n n n n n nπ π π π+ + + + − + + − (7)
Observemos agora que 
 
( ) ( ) ( )( )
2
2 2
2
1
2 1 = 2 1
1
n n n
n n n n n n
n n n
π π
+ + +
+ + − + + −
+ + +
 ( )
2
2 2=
1
n
n n n
π π+
+ + +
Agora, dividindo o numerador e o denominador da fração por n e lembrando que
2 = | | = ,n n n pois > 0n , obtemos 
 
( )2
2
22
2 1 =
1 11 1
nn n n
n n
ππ
π
+
+ + −
+ + +
Assim, voltando em (7), segue que 
 
2
2
22
lim cos(2 1) = lim cos
1 11 1
n n
nn n
n n
ππ
π
→+∞ →+∞
 
+ 
 + +
 + + + 
 
 = cos( ) = 0.π
 9. Prove que, se f é uma função periódica e se existe o limite lim ( ),
x
f x
→+∞
 então f é uma função 
constante.
Solução
Seja f uma função p periódica ( ( ) = ( )f x p f x+ , para todo fx D∈ ) e seja = lim ( )xL f x→+∞ . 
Suponhamos que f não seja uma função constante, então existem 1 2, fx x D∈ , satisfazendo 
1 2 1 2( ) ( ), .f x f x x x≠ ≠
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Problemas e Desafios
Definimos
1 1 1 1 1= { , , 2 , 3 , , , }A x x p x p x p x kp+ + + + 
e 
2 2 2 2 2= { , , 2 , 3 , , , }B x x p xp x p x kp+ + + + 
Como lim ( ) = ,
x
f x L
→+∞
 evidentemente devemos ter 
| |( ) = e ( ) = ,lim limA B
x x
f x L f x L
→+∞ →+∞
(8)
em que |Af e |Bf denotam as restrições da função f aos conjuntos A e B, respectivamente.
Mas, como f é uma função p periódica, temos que 
1 1 | 1( ) = , = 0,1, ( ) = , .Af x p x p f x x x A+ ∀ ⇒ ∀ ∈
e 
2 2 | 2( ) = , = 0,1, ( ) = , .Bf x p x p f x x x B+ ∀ ⇒ ∀ ∈
Assim 
| 1 2 |( ) = = ( ),lim limA B
x x
f x x x f x
→∞ →∞
≠
o que contraria (8).
Portanto, f é uma função constante.
 10. Seja :f →  uma função crescente e suponha que exista um conjunto A ⊆  em que a 
função f não é limitada superiormente, ou seja, dado > 0N qualquer, sempre existe a A∈ 
tal que ( ) >f a N . Mostre que 
lim ( ) = .
x
f x
→+∞
+ ∞
Solução
Dado > 0ε , como f não é limitada superiormente no conjunto A segue que existe a A∈ 
tal que 
( ) > .f a ε (9)
Assim, tomando > aδ , como f é uma função crescente, segue que 
( ) > ( )f f aδ (10)
logo 
  
f . (10) (9)
( ) > ( ) > ( ) > .
cresc
x f x f f aδ δ ε≥ ⇒
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9
Extensões do Conceito de Limite
e portanto 
lim ( ) = ,
x
f x
→+∞
+ ∞
como queríamos demonstrar. 
 11. Seja ( )( ) =
( )
P xf x
Q x
 uma função racional, em que 
1
1 1 0( ) =
n n
n nP x a x a x a x a
−
−+ + + +
e 
1
1 1 0( ) = .
m m
m mQ x b x b x b x b
−
−+ + + +
Calcule lim ( )
x
f x
→+∞
 se m = n, se m > n e se m < n.
Solução
Se m = n, então
 
1
1 1 0
1
1 1 0
lim ( ) = lim
n n
n n
n nx x
n n
a x a x a x af x
b x b x b x b
−
−
−→+∞ →+∞
−
+ + + +
+ + + +


 
1 01
1
1 01
1
= lim
n
n n n
x n
n n n
a aaa
x x x
b bbb
x x x
−
−
→+∞ −
−
+ + + +
+ + + +


 = .n
n
a
b
Se m > n, então = , 1m n k k+ ≥ e assim 
 
1
1 1 0
1
1 1 0
lim ( ) = lim
n n
n n
n k n kx x
n k n k
a x a x a x af x
b x b x b x b
−
−
+ + −→+∞ →+∞
+ + −
+ + + +
+ + + +


 
1 01
1 ( ) 1
1 01
( ) 1
= lim
n n
k k n k n k
x n k
n k n k n k
a a aa
x x x x
b bbb
x x x
−
+ + − +
→+∞ + −
+ + − +
+ + + +
+ + + +


 0= = 0.
n kb +
Finalmente, se m < n, então = , 1n m k k+ ≥ e assim 
 
1
1 1 0
1
1 1 0
lim ( ) = lim
m k m k
m k m k
m mx x
m m
a x a x a x af x
b x b x b x b
+ + −
+ + −
−→+∞ →+∞
−
+ + + +
+ + + +


 
1 01
1 1
01
1
= lim
k k
m k m k m m
x m
m m m
aaa x a x
x x
b bbb
x x x
−
+ + − −
→+∞
−
+ + + +
+ + + +


 = .+∞
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Problemas e Desafios
 12. Forneça exemplos de funções f e g que satisfaçam 
lim ( ) = 0, lim ( ) =
x x
f x g x
→+∞ →+∞
+∞
e 
a) lim ( )( ) = 0.
x
f g x
→+∞
⋅
b) lim ( )( ) = .
x
f g x
→+∞
⋅ +∞
c) lim ( )( ) = ,
x
f g x k k
→+∞
⋅ ∈�. 
Solução
a) Tome, por exemplo,
2
1 1( ) = e ( ) = .f x g x
xx
b) Tome, por exemplo,
21( ) = e ( ) = .f x g x x
x
c) Tome, por exemplo,
1( ) = e ( ) = .f x g x kx
x
 13. É fácil ver que 
2
2
2 1lim = 2.
1x
x x
x→+∞
+ −
−
Pela definição formal de limite, isso significa que, dado > 0ε , existe > 0δ tal que 
2
2
2 1D e > 2 < .
1f
x xx x
x
δ ε+ −∈ ⇒ −
−
Nessas condições, determine qual deve ser o menor valor possível para δ se tomarmos 
1=
4
ε .
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_4.indd 10 17/07/2018 15:31:07
11
Extensões do Conceito de Limite
Solução
Tomando 1=
4
ε , temos que 
 
2 2
2 2
2 1 1 1 2 1 12 < < 2 <
4 4 41 1
x x x x
x x
+ − + −
− ⇔ − −
− −
 
2
2
7 2 1 9< <
4 41
x x
x
+ −
⇔
−
 
12( 1)
7 92< <
4 ( 1)( 1) 4
x x
x x
 + − 
 ⇔
+ −
 7 2 1 9< <
4 1 4
x
x
−
⇔
−
 7 ( 1) 9< <
4 1 4
x x
x
+ −
⇔
−
 7 9< 1 <
4 1 4
x
x
⇔ +
−
 3 5< <
4 1 4
x
x
⇔
−
Como x → +∞ , podemos considerar 1 > 0x − e obtemos assim 
 
2
2
2 1 1 3 52 < ( 1) < < ( 1)
4 4 41
x x x x x
x
+ −
− ⇔ − −
−
 3 3 < 4 < 5 5x x x⇔ − −
(11)
Agora 
3 3 < 4 > 3 e 4 < 5 5 > 5,x x x x x x− ⇔ − − ⇔
donde 
3 3 < 4 < 5 5 > 5.x x x x− − ⇔
Dessa forma, voltando em (11), obtemos 
2
2
2 1 12 < > 5
41
x x x
x
+ −
− ⇔
−
e portanto, tomando 1=
4
ε , o menor valor possível para δ é = 5δ .
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_4.indd 11 17/07/2018 15:31:07
12
Problemas e Desafios
 14. Prove que, se lim ( ) = ,
x
f x L
→+∞
 então lim | ( ) | = | |,
x
f x L
→+∞
. Em seguida, exiba um contraexem-
plo mostrando que o limite lim | ( ) |
→+∞x
f x pode existir sem que o limite lim ( )
→+∞x
f x exista.
Solução
Dado > 0ε , como lim ( ) =
→+∞x
f x L, existe > 0δ tal que 
> | ( ) | <x f x Lδ ε⇒ −
Para esse mesmo delta dado acima, temos que 
> | ( ) | | | | ( ) | < ,x f x L f x Lδ ε⇒ − ≤ −
donde lim | ( ) | = | | .
x
f x L
→+∞
Agora, tomando 
1 ,
( ) =
1 ,
x
f x
x
∈
− ∉


temos que lim | ( ) | = lim 1 = 1,
x x
f x
→+∞ →+∞
 no entanto não existe lim ( ).
x
f x
→+∞
 15. Seja f uma função contínua e crescente no intervalo (a, b). Prove que se Im =f  então 
lim ( ) = e lim ( ) = .
x a x b
f x f x
+ −→ →
−∞ +∞
Solução
Dado > 0ε , como Im =f , existe 0 ( , )x a b∈ tal que 0( ) =f x ε− . Assim, tomando 
0= ( ) > 0x aδ − , teremos 
 0
.
< < ( ) < ( ) = ( ) =
f é cresc
a x a f x f a f xδ δ ε+ ⇒ + −
e portanto 
lim ( ) = .
x a
f x
+→
−∞
Da mesma forma, para o > 0ε dado acima, como Im =f , existe 1 ( , )x a b∈ tal que 
1( ) =f x ε . Assim, tomando 1= ( ) > 0b xδ − , teremos 
 1
.
< < ( ) > ( ) = ( ) =
f é cresc
b x b f x f b f xδ δ ε− ⇒ −
e portanto 
lim ( ) = ,
x b
f x
−→
+ ∞
como queríamos demonstrar.
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13
Extensões do Conceito de Limite
 16. Uma sequência an de números reais é dita limitada se existirem números reais m, M, satis-
fazendo 
< < , .nm a M n∀ ∈
Prove que toda sequência limitada é convergente.
Solução
Seja L∈ tal que lim =
→+∞ nn
a L. Então, dado > 0ε , existe 0n ∈ satisfazendo 
0< < , > ,nL a L n nε ε− + ∀
ou seja, 
0( , ), >na L L n nε ε∈ − + ∀ (12)
Consideremos o conjunto formado pelos n0 primeiros termos da sequência an, dado por 
1 2 10 0
= { , , , , }.n nX a a a a−
Como X é um conjunto finito, segue que X possui um elemento mínimo, que denotare-
mos por a, e um elemento máximo, que denotaremos por A. Dessa forma,
0[ , ], 1na a A n n∈ ∀ ≤ ≤ (13)
Sejam agora 
= min{ , } e = max{ , }m a L M A Lε ε− +
De (12) e (13), podemos afirmar que 
,nm a M n≤ ≤ ∀ ∈
e portanto an é uma sequência limitada. 
 17. Prove que, se lim =
→+∞ nn
x L e lim ( ) = 0
→+∞
−n nn x y , então lim =→+∞ nn y L.
Solução
Dado > 0ε , como lim =→+∞ nn x L , existe 1n ∈ satisfazendo 
1| | < , >2n
x L n nε− ∀ (14)
Da mesma forma, para o ε dado inicialmente, como lim ( ) = 0
→+∞
−n nn x y , existe 2n ∈ 
satisfazendo 
2| | < , >2n n
x y n nε− ∀ (15)
PROBLEMAS E DESAFIOS_capitulo_4.indd 13 17/07/2018 15:31:09
14
Problemas e Desafios
Assim, tomando 0 1 2= min{ , }n n n , teremos para todo 0>n n 

(14),(15)
| | = | |
= | ( ) ( ) |
| | | |
= .
2 2
n n n n
n n n
n n n
y L y L x x
x L x y
x a x y
ε ε ε
− − + −
− − −
≤ − + −
> +
e portanto 
lim = .nn y L→+∞
 18. Considere a sequência cujo termo geral é dado por 
2
=1
= ,
n
n
k
ca
k k+∑
em que c é uma constante real qualquer. Prove que 
lim = .nn a c→+∞
Solução
Observemos inicialmente que 
2
1 1 1= = = .
( 1) ( 1) 1
c c c c
k k k k k kk k
 − + + ++  
Assim 
 2
=1 =1
1 1= =
1
n n
n
k k
ca c
k kk k
 − ++  
∑ ∑
 1 1 1 1 1 1 1 1 1= 1
2 2 3 3 4 ( 1) ( 1)
c
n n n n
         − + − + − + + − + −          − +          

 1= 1
( 1)
c
n
 
− + 
e portanto 
1lim = lim 1 = .
( 1)nn n
a c c
n→+∞ →∞
 
− + 
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15
Extensões do Conceito de Limite
 19. Considere a sequência cujo termo geral é dado por =
!
n
n
na
n
. Calcule 
1lim .n
n
n
a
a
+
→+∞
Solução
Temos que 
 
1
1
( 1)
( 1)!lim = lim
!
n
n
nn n
n
n
a n
na
n
+
+
→+∞ →+∞
+
+
 
1( 1) != lim
( 1)!
n
nn
n n
n n
+
→+∞
+
+
 
1( 1) != lim
( 1) !
n
nnn n
n n n
+
→+∞
+
+
 1= lim
n
n
n
n→+∞
+ 
 
 
 1= lim 1
n
n n→+∞
 + 
 
 = .e
 20. Use o fato de que lim = 1→+∞
n
n
a para todo > 0a e o teorema do confronto para calcular 
2lim n n
n
n
→+∞
−
Solução
Observemos inicialmente que como ( ) = nf x x é uma função crescente em + , para todo 
n∈, então 
2 2 = 2nn n nn− ≤ (16)
Usando mais uma vez o fato de f ser uma função crescente em + e observando que 
12 2 2n n nn −− ≥ − , segue que 
1 1 12 2 2 = 2 1 = 2
2 2
nn n n n nn
n
n −  − ≥ − − 
 
(17)
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16
Problemas e Desafios
Assim 
 
(17) (16)
12 2 2
2
n n
n
n≤ − ≤
Do exercício anterior, temos que lim 2 = 1n
n→+∞
, donde 1lim 2 = 2
2nn→+∞
, e segue portanto 
do teorema do confronto e das desigualdades acima que 
lim 2 = 2.n n
n
n
→+∞
−
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	GrindEQequation4
	GrindEQequation8
	GrindEQequation9
	GrindEQequation11
	GrindEQequation13