Universidade de BrasıliaDepartamento de Matematica

Calculo 1Lista de Aplicacao – Semana 1 – Solucao

Temas abordados : Funcoes

Secoes do livro: 1.1; 1.2; 1.5; 1.6

1) A figura abaixo ilustra um recipiente formado por dois cilindros circulares retos justapos-tos de altura 10m e raios respectivamente 12m e 6m. Suponha que, a partir do instantet = 0, o recipiente comece a ser abastecido a uma vazao constante de modo que o nıvelda agua s(t) no recipiente e dada por

s(t) =

{

2t, para 0 ≤ t ≤ 5

8t− 30, para 5 < t ≤ 6

onde a altura e dada em metros e o tempo e dado em segundos.

(a) Esboce o grafico da funcao s(t).

(b) Determine, caso existam, os instantesτ ∈ [0, 6] nos quais s(τ) = 15.

(c) Determine a imagem da funcao s.

12

6

10

10

Solucao:

(a) Para 0 ≤ t ≤ 5, o grafico e um segmento de reta de inclinacao 2 que passa pelaorigem; para 5 < t ≤ 6, o grafico e um segmento de reta de inclinacao 8 que seconecta ao segmento de reta de inclinacao 2. Usando essas informacoes, o grafico ecomo ilustrado abaixo.

(b) Do grafico de s(t) vemos que s(t) e crescente, com s(0) = 0, s(5) = 10 e s(6) = 18.Um vez que 15 esta entre 10 e 18, um instante τ em que s(τ) = 15 deve estar,portanto, no intervalo (5, 6), no qual temos que s(t) = 8t − 30. Resolvendo para τa equacao

8τ − 30 = 15,

obtemos que τ = 45/8 e o unico instante para o qual s(τ) = 15.

(c) A analise do grafico mostra que a imagem da funcao s e o intervalo fechado [0, 18].

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2) Considere a funcao f : (0,∞) → R dada por f(x) = 1/√x. Pode-se mostrar que a

inclinacao da reta La, que e tangente ao grafico de f(x) no ponto Pa = (a, f(a)), e dada

por−1

2a√a. A figura abaixo ilustra o grafico da funcao, a reta La e os pontos Qa e Ra

em que a reta intercepta os eixos coordenados. Julgue a veracidade dos itens a seguir,justificando suas respostas.

(a) A reta La tem equacao y =−x

2a√a+

3

2√a.

(b) Tem-se que Ra = (2a, 0).

(c) A area do triangulo ∆OPaRa e igual a1

22af(a).

(d) A area do triangulo ∆O Pa Qa e igual a1

2

3

2√aa.

(e) Para todo a > 0, a area do triangulo ∆OPaQa e odobro da area do triangulo ∆O Pa Ra.

Pa

Qa

O Ra

Solucao: Lembre que a equacao da reta r que tem inclinacao m e passa pelo ponto(x0, y0) e dada por r(x) = ym +m(x− x0).

(a) Correto. A reta La tem inclinacao −1/(2a√a) e passa pelo ponto (a, f(a). Desse

modo, se denotarmos por La(x) a sua equacao, temos que

La(x) = − 1

2a√a(x− a) + f(a) = − 1

2a√a(x− a) +

1√a.

(b) Errado. Veja que Ra = (xa, 0). Uma vez que esse ponto pertence a reta La temosque

0 = La(xa) = − 1

2a√a(xa − a) +

1√a,

de modo que −xa + a = −2a, ou ainda, xa = 3a. Assim Ra = (3a, 0).

(c) Errado. A base do triangulo ∆OPaRa mede 3a e sua altura mede f(a). Como aarea de um triangulo e igual a metade do produto entre a base e a altura, a areaem questao e igual a 1

23af(a) = 3

2√aa.

(d) Correto. Observe que Qa = (0, y) e pertence a reta La. Assim,

y = La(0) = − 1

2a√a(0− a) +

1√a=

1

3√a.

Como o triangulo ∆O Pa Qa tem base medindo y e altura medindo x = a, concluımosque sua area e dada por 1

23

2√aa

(e) Errado. Pelos itens (c) e (d), a area de ∆O Pa Qa vale a metade da area de ∆OPaRa.

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3) Uma amostra radioativa emite partıculas alfa e, consequentemente, sua massa M =M(t) e uma funcao decrescente do tempo. Suponha que, para um determinado materialradioativo, essa funcao seja dada por M(t) = M0e

−k1t, onde M0 > 0 e a massa inicial,k1 > 0 e uma constante e t > 0 e o tempo medido em anos. A meia-vida do material e otempo necessario para que a massa se reduza a metade da massa inicial.

(a) Calcule k1 sabendo que, depois de um ano e meio, a massa restante e 1/8 da inicial.

(b) Usando o item anterior, determine a meia-vida do material.

(c) Calcule quantos anos devemos esperar para que 99% da amostra tenha se desinte-grado (use as aproximacoes ln 2 = 0, 7 e ln 5 = 1, 6).

(d) Suponha que outra amostra radioativa tenha massa N(t) = M0e−k2t, com k2 > 0.

Estabeleca uma relacao entre k1 e k2 sabendo que a meia-vida desse segundo materiale igual ao triplo da meia-vida do primeiro.

Solucao:

(a) Note queM0

8= M(3/2) = M0e

−k13

2 .

Cancelando o termo M0 e aplicando o logaritmo dos dois lados obtemos

−3

2k1 = ln(1/8) = − ln 8 = − ln 23 = −3 ln 2.

(b) Basta notar que, se t0 e a meia-vida do material, entaoM(t0) = M0e−2ln2 t0 = M0/2.

Dessa forma, mais uma vez cancelando o termoM0 e aplicando o logaritmo dois ladosobtemos

t0 =ln 2

k1. (1)

(c) Procuramos o instante t1 para o qual M(t1) = 0, 01M0. Utilizando o fato de que

ln 100 = ln(4 · 25) = 2(ln 2 + ln 5)

e procedendo como em (b) encontramos t1.

(d) Considere agora o material cuja massa e N(t). Procedendo de forma analoga aoitem (b), concluımos que a sua meia vida e dada por

t0 =ln 2

k2. (2)

Como t0 = 3t0, combinando-se (1) e (2) obtemos que k2 = k1/3.

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4) Uma espira circular esta imersa em uma regiao de campo magnetico uniforme e constante.O fluxo magnetico pela espira e dado por φ(α) = AB cos(α), onde A e a area da espira,B e a intensidade do campo e α ∈ [0, 2π] e o angulo entre o vetor normal ao plano daespira e as linhas de campo. Supondo inicialmente que, em unidades fısicas apropriadas,AB = 4, resolva os itens a seguir.

(a) Calcule o menor e o maior valor que o fluxo φ pode assumir.

(b) Determine um angulo α0 ∈ [0, 2π] tal que φ(α0) = 2.

(c) Se a espira tivesse o dobro do diametro e estivesse imersa no mesmo campo, qualseria o valor do produto AB ?

(d) Para uma espira com o dobro do diametro, use o valor encontrado no item (c) paradeterminar um angulo α1 ∈ [0, π] tal que o fluxo magnetico seja igual a 4.

Solucao:

(a) Como para todo angulo α temos −1 ≤ cos(α) ≤ 1, ∀α, segue que −4 ≤ φ(α) ≤ 4.Alem disso, φ(0) = φ(2π) = AB = 4 e φ(π) = −AB = −4. Desse modo

maxα∈[0,2π]

φ(α) = 4 e minα∈[0,2π]

φ(α) = −4.

(b) Procuramos por α0 ∈ [0, π] tal que 4 cos(α0) = 2 ou, equivalentemente, cos(α0) =1/2. Basta entao escolher α0 = π/3 ou α = 5π/3.

(c) Sejam A0 e A, respectivamente, as areas da espira inicial e da espira com o diametrodobrado. Note que se A0 = πr2, onde r > 0 e o raio da espira inicial, entao:

A = π(2r)2 = 4πr2 = 4A0.

Logo,AB = 4A0B = 16.

(d) Aqui, basta resolver a equacao 16 cos(α) = 4. Observe que a funcao

cos : [0, π] → [−1, 1]

e invertıvel. Sua inversa, chamada de arco-cosseno, e dada por

arccos : [−1, 1] → [0, π],

ondearc cos y = x ⇔ cosx = y.

Desse modo, para que 16 cos(α) = 4, devemos ter α = arccos(1/4).

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5) O objetivo desse exercıcio e usar as propriedades da funcao exponencial ex para investigaras propriedades das funcoes cosseno e seno hiperbolicos dadas por

cosh(t) =et + e−t

2e senh(t) =

et − e−t

2.

Lembrando que ex+y = exey, onde e e a base Neperiana, resolva os itens abaixo.

(a) Mostre que

cosh2(t)− senh2(t) = 1.

Fazendo x = cosh(t) e y = senh(t), isso mostra queo ponto (x, y) esta sobre a hiperbole unitaria dadapor

x2 − y2 = 1.

(b) Verifique a formula do cosseno hiperbolico da soma

cosh(s+ t) = cosh(s)cosh(t) + senh(s)senh(t).

(c) Verifique a formula do seno hiperbolico da soma

senh(s+ t) = senh(s)cosh(t) + senh(t)cosh(s).

(d) Verifique que cosh(t) e uma funcao par enquanto senh(t) e uma funcao ımpar.

(e) Prove que nao existe t ∈ R tal que senh(t) = cosh(t).

Compare as propriedades dos itens acima com as suas analogas para as funcoes trigo-nometricas.

Solucao:

(a) Uma vez que exe−x = e0 = 1, segue que

cosh2(t) =

(

et + e−t

2

)2

=(et)2 + 2 + (e−t)2

4=

(et)2 + (e−t)2

4+

1

2

e

senh2(t) =

(

et − e−t

2

)2

=(et)2 − 2 + (e−t)2

4=

(et)2 + (e−t)2

4− 1

2.

Isso que mostra quecosh2(t)− senh2(t) = 1.

(b) Usando que ex+y = exey, temos que

cosh(s)cosh(t) =

(

es + e−s

2

)(

et + e−t

2

)

=es+t + es−t + e−s+t + e−s−t

4

e que

senh(s)senh(t) =

(

es − e−s

2

)(

et − e−t

2

)

=es+t − es−t − e−s+t + e−s−t

4.

Isso mostra que

cosh(s)cosh(t) + senh(s)senh(t) =2es+t + 2e−s−t

4=

es+t + e−(s+t)

2= cosh(s+ t).

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(c) Usando que ex+y = exey, temos que

senh(s)cosh(t) =

(

es − e−s

2

)(

et + e−t

2

)

=es+t + es−t − e−s+t − e−s−t

4

logo, trocando s por t, temos que

senh(t)cosh(s) =et+s + et−s − e−t+s − e−t−s

4=

es+t + e−s+t − es−t − e−s−t

4.

Isso mostra que

senh(s)cosh(t) + senh(t)cosh(s) =2es+t − 2e−s−t

4=

es+t − e−(s+t)

2= senh(s+ t).

(d) Temos que

cosh(−t) =e−t + e−(−t)

2=

e−t + et

2=

et + e−t

2= cosh(t)

e

senh(−t) =e−t − e−(−t)

2=

e−t − et

2= −et − e−t

2= −senh(t).

(e) Suponha que, para algum t ∈ R, tenhamos senh(t) = cosh(t). Entao

et − e−t

2=

et + e−t

2,

o que implica quee−t = 0.

Mas a igualdade acima nunca se verifica, visto que a imagem da funcao exponenciale o intervalo (0,+∞).

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