150974942-Taxas-Relacionadas-Exercicios-Resolvidos

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Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Exercícios Resolvidos: Taxa Relacionada
Contato: nibblediego@gmail.com
Escrito por Diego Oliveira - Publicado em 11/11/2018 - Atualizado em 08/08/2017
Resolver problemas relativo a taxas relacionadas é basicamente um processo de
3 passos:
1. verificamos os dados que o problema nos dá e o que é requerido;
2. encontramos uma função que após derivada implicitamente nos
forneça o que é solicitado;
3. substituímos todos os valores requeridos e achamos a solução
Dica: Algumas vezes fazer um desenho ou esquema da situação problema ajuda
bastante a entender melhor a questão. Embora, dependendo da sua habilidade, isso
seja dispensável.
Exemplo 01
Uma pipa esta voando a uma altura de 40m. Uma criança esta empinado a
de tal forma que ela se mova horizontalmente a uma velocidade de 3m/s. Se a
linha estiver esticada, com que velocidade a linha esta sendo “dada", quando o
comprimento da linha desenrolada for de 50m?
Solução:
1◦ Passo:
Uma representação geométrica bem simples do problema é o triângulo retângulo
a baixo.
40 m
x
50 m
Os dados que o enunciado nos fornece diretamente são:
y = 40 m
z = 50 m
1
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
dx/dt = 3 m/s
E o que desejamos saber é dz/dt.
Pelo teorema de pitágoras ainda podemos determinar a distancia horizontal entre
o garoto e a pipa (a variável x do diagrama)
z2 = y2 + 2
⇒  =
p
502 − 402
= 30
e como a pipa não possui uma velocidade vertical ainda podemos afirmar que
dy/dt = 0.
2◦ Passo:
O desenho do problema sugere que a relação entre os dados (x, y, z) é o próprio
teorema de Pitágoras.
z2 = 2 + y2
Derivando implicitamente essa função obtemos
2z
dz
dt
= 2
d
dt
+ 2y
dy
dt
3◦ Passo:
Finalmente, substituindo todos os valores, obtemos o valor desejado.
2z
dz
dt
= 2
d
dt
+ 2y
dy
dt
2(50)
dz
dt
= 2(30)(3) + 2(40)(0)
⇒
dz
dt
=
9
5
m/s
2
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Exemplo 02
Acumula se areia em um monte com a forma de um cone onde a altura é igual
ao raio da base. Se o volume de areia cresce a uma taxa de 10 m3/h, a que razão
aumenta a área da base quando a altura do monte é 4 m?
Solução:
1◦ Passo:
Dados:
r = 4
h = r = 4
dV
dt
= 10 m3/h
e o que desejamos saber é
dA
dt
.
Pela derivada implícita da equação do volume ainda podemos obter dr/dt e dh/dt
(mesmo que este último não seja muito importante neste exercício).
V =
1
3
πr2h
Mas como h = r, então
V =
1
3
πr3
⇒
dV
dt
= πr2
dr
dt
⇒
dr
dt
=
10
π(4)2
⇒
dr
dt
=
10
16π
E como h = r, então dh/dt = dr/dt.
2◦ Passo:
Neste caso a fórmula capaz de fornecer o que é pedido é a da área do circulo.
A = πr2
dA
dt
= 2πr
dr
dt
3
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
3◦ Passo:
Finalmente substituímos os valores e encontramos a solução.
dA
dt
= 2 · 4π
10
16π
⇒
dA
dt
= 5 m2/h
Os próximos exercícios seguem a mesma lógica do passo a passo, mas por
questão de economia serão resolvidos de forma menos detalhada.
Exemplo 03
Uma escada de 6 m de comprimento está apoiada em uma parede vertical. Se a
base da escada começa a escorregar horizontalmente a taxa constante de 0.6 m/s,
com que velocidade o topo da escada percorre a parede quando esta a 4 m do solo?
Solução:
Com base nos dados construímos um triângulo com as seguintes medidas.
4 m
x
6 m
Os dados fornecidos pelo problema são:
x = 2
p
5 m
y = 4 m
z = 6 m
dx/dt= 0.6 m/s
E o que precisamos é de dy/dt.
Pelo teorema de pitágoras ainda podemos determinar a distância entre o pé da
escada e a parede quando seu topo está a 4 metros do solo.
2 = z2 − y2
2 = 62 − 42
2 = 2 2
p
5
4
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
E como o tamanho da escada é fixo ainda podemos afirmar que dz/dt = 0.
A fórmula que fornecerá o valor desejado será o próprio teorema de Pitágoras.
2 + y2 = z2
⇒ 2
d
dt
+ 2y
dy
dt
= 2z
dz
dt
⇒ 2(2
p
5m)0.6m/s + 2(4m)
dy
dt
= 2(6)0
⇒ 2.4
p
5m2/s + 8m
dy
dt
= 0
⇒
dy
dt
= −0.3
p
5m/s
Neste caso o sinal de negativo indica o sentido do movimento da escada (para
baixo).
Exemplo 04
Um tanque tem a forma de um cone circular reto invertido, com 4 m de altura e
raio da base 2 m. Se água entra no tanque á razão de 0.001 m3/min calcule a razão
em que o nível de água está subindo quando a altura é 1 m?
Solução:
Dados:
h = 4 m
r = 2 m
dV
dt
= 0.001 m3/min
Queremos descobrir
dh
dt
quando h = 1 m.
A equação que irá nos dar esse resultado será a do volume do cone.
V =
1
3
πr2h
Entretanto se derivássemos implicitamente essa função neste momento chegaríamos
a
dV
dt
=
1
3
π
�
2rh
dr
dt
+ r2
dh
dt
�
5
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
O que seria um problema, pois não sabemos o valor de dr/dt. Então como re-
solver este problema?
Pelos dados do enunciado percebemos que
h
r
=
4
2
⇒ r = h/2
Substituindo esse valor na equação do volume nos livramos de qualquer em-
pecilho, veja agora.
V =
1
3
π
�
h
2
�2
h
⇒ V =
h3
12
π
⇒
dV
dt
=
3π
12
h2
dh
dt
⇒ 0.001 =
3π
12
(1)2
dh
dt
⇒
dh
dt
=
4
103π
m/mn
Exemplo 05
Ao ser aquecida uma chapa circular de metal, seu diâmetro varia á razão de
0.005 cm/min. Determine a taxa á qual a área de uma das faces varia quando o
diâmetro é 30 cm.
Solução:
Dados:
dD/dt = 0.005 cm/min
dA/dt = ?
D = 30 cm
Tomando a relação A = πr2 que é fórmula para área do círculo.
e derivando a implicitamente temos:
dA
dt
= 2πr
dr
dt
6
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
O problema é que não sabemos o valor de dr/dt, sendo assim, antes efetuar a
derivada realizaremos uma pequena substituição levando em conta que o diâmetro
(D) e duas vezes o raio (D = 2r).
A = π
�
D
2
�2
⇒ A =
π
4
D2
⇒
dA
dt
=
π
2
D
dD
dt
⇒
dA
dt
=
π
2
(30)
5
1000
⇒
dA
dt
= 0.075π (cm2/mn)
Exemplo 06
Suponha que uma bola de neve esteja se derretendo, com raio decrescendo a
razão constante 2 cm/min. Qual a variação do volume quando o raio está com 25
cm?
Solução:
Dados:
dr/dt = -2 cm/min
dv/dt = ?
r = 25 cm.
A fórmula do volume da esfera é:
V =
4
3
πr3
Derivando implicitamente.
dV
dt
=
4
3
π3r2
dr
dt
⇒
dV
dt
= 4πr2
dr
dt
e substituindo os valores
7
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
dV
dt
= 4π(25)2(−2) cm3/mn
chegamos a solução
⇒
dV
dt
= −5000π cm3/mn
Exemplo 07
A areia que vaza de um deposito e forma uma pilha cônica cuja altura sempre
é igual ao raio da base. Se a altura da pilha aumenta a uma razão de 15 cm/min.
Determine a taxa a qual a areia está se escoado quando a altura da pilha for de 25
cm.
Solução:
Dados:
h = r
dh/dt = 15 cm/min
dv/dt = ?
h = 25.
E como h = r então dh/dt = dr/dt também.
Tomando a equação do volume
V =
1
3
πr2h
e substituindo r
V =
1
3
πh3
Derivando implicitamente.
dV
dt
= πh2
dh
dt
dV
dt
= π(25)2(15)
8
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
dV
dt
= 9375π cm3/mn
Exemplo 08
Uma pedra jogada em um lago emite ondas circulares, cujo raio cresce a uma
taxa constante de 3 m/s. Com que rapidez estaria variando a área englobada pela
onda crescente ao final de 10 segundos?
Solução:
Dados:
dr/dt = 3 m/s
dA/dt = ?
t = 10s
A = πr2
⇒
dA
dt
= 2πr
dr
dt
Como o raio varia 3 m/s em 10 segundos teremos um raio de 30 m.
dA
dt
= 2π(3 · 10)(3) = 180π m2/s
Exemplo 09
Um balão esférico é inflado de tal forma que o volume cresce a taxa de 3 m3/min.
Com que rapidez o diâmetro do balão estará crescendo quando o raio for de 1 m?
Solução:
V =
4
3
πr3
d
dt
= 4πr2
dr
dt
3 (m3/mn) = 4π(1 m)2
dr
dt
dr
dt
=
3
4π
(m/mn)
Como 2r =Diâmetro então:
9
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
2
dr
dt
=
dD
dt
e portanto:
dD
dt
=
3
2π
(m/mn)
Exemplo 10
Dois carros estão se encaminhando em direção a um cruzamento, um seguindo
a direção leste a uma velocidade de 90 km/h e o outro seguindo a direção sul, a 60
km/h.Qual a taxa segundo a qual eles se aproximam um do outro no instante em
que o primeiro carro está a 0.2 km do cruzamento e o segundo a 0.15 km?
Solução:
Dados:
dx/dt = 90
dy/dt = -60
dz/dt = ?
x = 0.2 Km
y = 0.15 Km
60 km/h
90 km/h
Neste caso desejamos saber
dz
dt
quando x = 0.2 Km e y = 0.15 Km.
Para isso usaremos o teorema de Pitágoras: 2 + y2 = z2
derivando implicitamente.
2
d
dt
+ 2y
dy
dt
= 2z
dz
dt
e simplificando
10
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA

d
dt
+ y
dy
dt
= z
dz
dt
substituímos os valores de dx/dt e dy/dt
2(90) + 2y(60) = 2z
dz
dt
e evidenciamos o dz/dt.
dz
dt
=
0.2(90) + (0.15)(−60)
z
Quando x = 0.2 e y = 0.15, z é igual 0.25 (teorema de Pitágoras). E portanto:
dz
dt
= −108 Km/h
Um resultado interessante neste problema ocorre se aplicarmos o teorema de
Pitágoras diretamente as velocidades (que são nada mais que vetores).
Vz =
p
602 + 902 ≈ 108.167 km/h
Que é um resultado bastante próximo do calculado por meio da derivação im-
plícita.
Exemplo 11
Suponha que, em certo mercado, x milhares de caixas de laranjas sejam forneci-
dos diariamente sendo p o preço por caixa e a equação de oferta
p − 20p − 3 + 105 = 0
Se o fornecimento diário estiver decrescendo a uma taxa de 250 caixas por dia,
com que taxa os preços estarão variando quando o fornecimento diário for de 5 mil
caixas?
Solução:
Queremos descobrir
dp
dt
quando x = 5. Derivando a expressão implicitamente
chega-se à:
�

dp
dt
+
d
dt
p
�
− 20
dp
dt
− 3
d
dt
+ 0 = 0
⇒
dp
dt
( − 20) +
d
dt
(p − 3) = 0
11
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
⇒
dp
dt
=
−
d
dt
(p − 3)
 − 20
Quando  é igual 5 p é igual à 6
p(5) − 20p − 3(5) + 105 = 0
p(5) = 6
A taxa de fornecimento (dx/dt) está decrescendo em 250, mas como  é uma
unidade em milhares usaremos
d
dt
= −
250
103
.
Assim:
dp
dt
=
0.25(6 − 3)
(5 − 20)
= −0.05
Ou seja o preço está decrescendo a uma taxa de R$ 0,05 ao dia.
Exemplo 12
Um avião voa a 152.4 m/s paralelamente ao solo, a uma altitude de 1.220 m no
sentido oeste, tomando como referencia um holofote fixado no solo que o focaliza e
que se encontra à esquerda da projeção vertical do avião em relação ao solo.
Sabendo-se que a luz do holofote deverá permanecer iluminado o avião, qual
deverá ser a velocidade angular (de giro) do holofote, no instante em que a distância
horizontal entre ele e a projeção vertical do avião for de 610 m?
Solução:
1220 m
Queremos encontrar
dθ
dt
quando  = 610 m. E como tg θ =
1220

então:
sec2θ
dθ
dt
= −
1220
2
d
dt
Substituindo
d
dt
= −152.4 na equação anterior e dividindo por sec2 θ, iremos
obter
12
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
dθ
dt
=
185.928
2sec2θ
Quando x = 610, tgθ = 2 e sec2 θ = 5.
dθ
dt
=
185.928
6102 · 5
⇒
dθ
dt
≈
1
10
rd/s
Exemplo 13
Uma piscina tem 5 m de largura por 10 m de comprimento, 1 m de profundidade
na parte rasa, e 3 m na parte mais funda.
10m 5m
1m
3m1.5m 4m
A figura acima mostra as medidas e forma da piscina. Se a piscina for enchida
a uma taxa de 0.1 m3/min, quão rápido estará subindo o nível de água quando sua
profundidade no ponto mais profundo for de 1 m?
Solução:
Quando a profundidade da água no ponto mais fundo da piscina for de 1m então
somente a área cuja seção transversal é um trapézio estará sendo usada. Assim
vamos considerar apenas essa parte da piscina. Essa parte é representada pelo
desenho a seguir.
13
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
1 m
2m
1.5m 4m
3m
Á equação que vamos usar é a da área do trapézio:
A =
BseMor + Bsemenor
2
h
Como
BM
Bm
=
1.5 + 4 + 3
3
⇒ BM =
8,5
3
Bm então
A =
�
11,5
6
Bm
�
h
Como a piscina têm 5 m de largura então seu volume é 5 vezes a área do trapézio
determinado:
V = 5A
V = 5
�
11,5
6
Bmh
�
E como Bm = 3
V =
172,5
6
h
Derivando implicitamente
dV
dt
=
172,5
6
dh
dt
Substituindo a taxa
0.1 =
dh
dt
172,5
6
⇒
dh
dt
=
2
575
m
14
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Exemplo 14
Água está saindo de um tanque em forma de um cone invertido a uma taxa de
10.000 cm3/min no momento em que água está sendo bombeada para dentro a
uma taxa constante. O tanque tem 6 m de altura e seu diâmetro no topo é 8 m. Se
o nível da água está subindo a uma taxa de 20 cm/min quando a altura era 2 m,
encontre a taxa com que a água está sendo bombeada para dentro.
Solução:
2 m = 200 cm
5.8 m = 600 cm
4 m = 400 cm
A variação do volume de água é dada pela fórmula
dV
dt
=
de
dt
−
ds
dt
Onde
de
dt
é a taxa de variação de entrada da água e
ds
dt
a taxa de variação da
saída da água, que é igual á 10.000 cm3/min.
Sabe-se que a expressão para o volume de um cone é:
V =
1
3
πr2h
Pelo desenho é fácil verificar que
h
r
=
6
4
que resulta em r =
2
3
h. Assim:
V =
1
3
π
�
2h
3
�2
h =
4πh3
27
onde derivando implicitamente obtemos:
dV
dt
=
4πh2
9
dh
dt
Como
dV
dt
=
de
dt
−
ds
t
então:
15
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
de
dt
−
ds
dt
=
4π · 2002
9
· 20
⇒
de
dt
− 10.000 =
4π · 2002
9
· 20
⇒
de
dt
=
�
4π · 2002
9
· 20
�
+ 10.000
⇒
de
dt
≈ 1.127.010,7cm3/mn
logo a taxa de entrada no momento em que a altura era 200 cm é de 10148,6
cm3/min
Exemplo 15
Um corredor corre em uma trajetória circular de raio 100 m a uma velocidade
constante de 7 m/s. Um outro indivíduo está parado a uma distância de 200 m do
centro da pista. Qual a taxa de variação da distância entre os dois quando esta
distância era 200 m?
Solução:
Observe o esquema a seguir
200m
θ
x
y z
O problema é que não sabemos exatamente a posição dos dois corredores. Então
não podemos usar o teorema de Pitágoras. Vamos usar a lei dos cossenos para
expressar a distância entre os dois:
z2 = 2 + y2 − 2y · cosθ
Derivando implicitamente e levando em conta que x e y não variam no tempo
(ou seja, são constantes) chega-se á:
2z
dz
dt
= 0 + 0 + 2y(senθ)
dθ
dt
⇒ 2z
dz
dt
= 2y(senθ)
dθ
dt
16
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
⇒ z
dz
dt
= y(senθ)
dθ
dt
Substituindo o valor de , y e z.
200
dz
dt
= 200 · 100(senθ)
dθ
dt
⇒
dz
dt
= 100(senθ)
dθ
dt
Da física sabemos que S = rθ logo:
dS
dt
= r
dθ
dt
⇒
dS
dt
·
1
r
=
dθ
dt
.
Substituindo esse último valor em dz/dt
dz
dt
= 100(senθ)
�
dS
dt
·
1
r
�
⇒
dz
dt
=
100
r
(senθ)
dS
dt
Como r = 100m então
dz
dt
=
100
100
(senθ)
dS
dt
⇒
dz
dt
= (senθ)
dS
dt
Quando a distância entre eles for de exatamente 200m então o ângulo θ será
de:
2002 = 2002 + 1002 − 2 · 200 · 100cos(θ)
⇒ 2002 = 1002 + 2002 − 4 · 104cos(θ)
⇒ cos(θ) =
1
4
⇒ θ ≈ 75,5◦
Assim:
17
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
dz
dt
= sen(75,5◦) ·
dS
dt
⇒
dz
dt
= sen(75,5◦) · 7 ≈ 6,78 m/s
Exemplo 16
A equação de demanda de uma determinada camisa é 2p + 65p − 4950 = 0,
onde  centenas de camisas são demandadas por semana quando p for o preço
unitário. Se a camisa estiver sendo vendida esta semana R$ 30,00 e o preço estiver
crescendo a uma taxa de R$ 0,20 por semana, ache a taxa de variação na demanda.
Solução:
A equação é a seguinte:
2p + 65p − 4950 = 0
Derivando a equação implicitamente chega-se à:
2
dp
dt
 + 2p
d
dt
+ 65
dp
dt
= 0
Como p = 30 e
dp
dt
= 0.2 então:
2(0.20) + 2(30)
d
dt
+ 65(0.20) = 0
⇒
d
dt
= −
65(0.20) + 2(0.20)
2 · 30
Para descobrir o valor de  usamos a equação inicial.
2p + 65p − 4950 = 0
⇒ 2(30) + 65(30) − 4950 = 0⇒  = 50
Portanto
d
dt
= −
65(0.20) + 2(0.20)(50)
2 · 30
= −0.55
Decresce a taxa de 55 camisas por semana.
18
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Exemplo 17
Uma lâmpada está pendurada a 4,5m de um piso horizontal. Se um homem com
1,80m de altura caminha afastando-se da luz, com uma velocidade horizontal de
1,5m/s:
a) Qual a velocidade de crescimento da sombra?
b) Com que velocidade a pontada sombra do homem está se movendo?
Solução:
Vamos imaginar a situação descrita como na imagem abaixo.
w k
Lâmpada
O problema envolve uma semelhança de triângulos. Onde:
 é a distância horizontal do homem até a lâmpada;
k é o comprimento da sombra;
d/dt é a taxa de variação com que o homem se afasta da lampada horizontal-
mente;
dk/dt a taxa de crescimento da sombra.
Por semelhança de triângulos
( + k)
4,5
=
k
1,80
⇒

k
= 1,5
19
Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
⇒ = 1,5k
Derivamos em ambos os lados em relação ao tempo (t):
d
dt
= 1,5
dk
dt
e como d/dt = 1.5 m/s então
dk/dt = 1 m/s (Primeira resposta).
A velocidade com que a ponta da sombra do homem está se movendo é a soma
da taxa de variação com que o homem se move somada a taxa de variação de
crescimento da sombra.
d(w + k)/dt = dw/dt + dk/dt
⇒ d(w + k)/dt = 1,5 + 1
⇒ d(w + k)/dt = 2,5 m/s (segunda resposta)
Respostas:
(a) 1,0 m/s
(b) 2,5 m/s
Exemplo 18
Um radar da polícia rodoviária está colocado atrás de uma árvore que fica a
12 metros de uma rodovia que segue em linha reta por um longo trecho. A 16
metros do ponto da rodovia mais próximo do radar da polícia, está um telefone de
emergência. O policial mira o canhão do radar no telefone de emergência. Um
carro passa pelo telefone e, naquele momento, o radar indica que a distância entre
o policial e o carro está aumentando a uma taxa de 70 km/h. O limite de velocidade
naquele trecho da rodovia é de 80km/h. O policial deve ou não multar o motorista?
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Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Solução:
O problema acima é esquematizado na figura abaixo:
Radar
12m
Telefone
16m
z2 = 2 + y2
Como a distância horizontal entre a rodovia e o radar se mantêm constante.
z2 = 122 + y2
⇒ z2 = 144 + y2
Derivando implicitamente.
2z
dz
dt
= 0 + 2y
dy
dt
e evidenciando dy/dt
dy
dt
=
2z(dz/dt)
2y
⇒
dy
dt
=
z(dz/dt)
y
e finalmente substituindo os valores chega-se ao resultado.
dy
dt
=
p
122 + 162 · 70
16
= 87.5
Como o limite é de 80 Km/h e a velocidade do carro é de 87.5 km/h a não ser
que o motorista tenha uma desculpa realmente boa ele deve ser multado.
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Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Exemplo 19
aumenta a distância eConsidere um balão meteorológico a ser lançado de um
ponto a 100 metros de distância de uma câmera de televisão montada no nível do
chão. À medida em que o balão sobe,ntre a câmera e o balão e o ângulo que a
câmera faz com o chão.
Se o balão está subindo a uma velocidade de 6 m/s, pergunta-se:
(a) Quando o balão estiver a 75m de altura, qual a velocidade com que o
balão se afasta da câmera?
(b) Decorridos 5 segundos após o lançamento, para filmar a subida do
balão, com que velocidade a câmera está girando?
Solução de A:
Considere o esquema
Câmera
Balão
y
x
z
θ
Usando Pitágoras
z2 = y2 + 1002
⇒ 2z
dz
dt
= 2y
dy
dt
Quando y = 75 por Pitágoras conclui-se que z = 125, então:
2(125)
dz
dt
= 2(75)6
⇒
dz
dt
= 3,6
Logo a velocidade com que o balão se afasta é de 3.6 m/s
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Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Solução de B:
Para resolver o item (b), podemos usar a função da tangente.
tn(θ) =
y
100
Fazendo a derivada da função e evidenciando dθ/dt
sec2(θ)
dθ
dt
=
1
100
dy
dt
dθ
dt
=
1
100sec2(θ)
dy
dt
Em 5 segundos a 6 m/s o balão percorre 30m (y = 30). Como x é sempre igual a
100 pelo teorema de pitágoras z =
p
104 + 302 = 10
p
109. De modo que sec(θ) =
10
p
109
100
.
Como
dy
dt
= 6 então
dθ
dt
=
1
100
�
10
p
109
100
�2
6
dθ
dt
=
6
109
Rad/s
Exemplo 20
Um homem caminha ao longo de um caminho reto com velocidade 4 m/s. Uma
lâmpada está localizada no chão a 20m da trajetória (distância ortogonal) e é man-
tida focalizada na direção do homem. Qual a velocidade de rotação da lâmpada
quando o homem está a 15m do ponto do caminho mais próximo da lâmpada?
Solução de A:
Considere o esquema:
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Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Homem
Lâmpada
θ
z=20m
x=15m
y
É
tg(θ) =

y
Derivando implicitamente
dθ/dt
cos2(θ)
=
(d/dt)y − (dy/dt)
y2
Como y é uma constante então dy/dt = 0 e assim:
dθ/dt
cos2(θ)
=
(d/dt)y
y2
=
(d/dt)
y
(1)
Pelo teorema de Pitágoras 202 = 152 + y2. Que resulta em y2 = 175
Substituindo esse valor em (1) e explicitando dθ/dt
dθ
dt
=
(d/dt)
p
175
· cos2(θ)
Como dx/dt = 4 e cos(θ) =
p
175
20
quando x = 15
dθ
dt
=
4
p
175
·
�p
175
20
�2
≈ 0.13
Assim a velocidade é de aproximadamente 0.13 rad/s
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