LISTA 9 (GABARITO) - CÁLCULO I - MAT111 - IAG - Diurno 1 o SEMESTRE de 2009 Professor Oswaldo Rio Branco

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1 LISTA 9 (GABARITO) - CÁLCULO I - MAT - IAG - Diurno o SEMESTRE de 009 Professor Oswaldo Rio Branco () Assumindo y = y(x) e derivando a equação da elipse em relação a x temos, d {x a + y b } = x a + y(x)y (x) b = 0. Logo, y (x o ) = b x o a y o e T : y y o = b x o a y o (x x o ), donde obtemos a y o y + b x o x = b x o + a y o = a b, que simplificando resulta : T : y o b y + x o a x = (4) Pela mudança de variáveis: x = (u v) e y = (u + v), encontramos a equação = que é uma equação em forma padrão de uma hipérbole. Notemos que se u v P satisfaz a a equação P F = P D, onde P F é a distância de P = (x, y) a F = (, ) e P D é a distância de P à reta D : y = x então P satisfaz a equação xy =. F é denominado foco e D reta diretriz. Analogamente, temos que P F = P D, para o foco F = (, ) e a reta diretriz D : y = x +. A diferença das distâncias de P aos focos é uma constante: P F P F = ±. Temos ainda os seguintes elementos da hipérbole: V = (, ) e V = (, ) são os vértices, é a excentricidade e as assíntotas são as retas x = 0 e y = 0. Denotando y = y(x) = x e derivando a equação da hipérbole em relação a x temos, Logo, y (x o ) = x o d {xy} = y(x) + xy (x) = x + xy (x) = 0. e T : y x o = x o (x x o ) ; a qual multiplicando por x o resulta x o y = x o (x x o ) = y o (x x o ) = y o x + y o x o = y o x +. Isto é, x o y + y o x = (5) Como y = f(x), temos que d {y + xy + x} = d {4} = 0 e então, y (x)y (x) + y (x) + 4xy(x)y (x) + = 0. Da equação dada temos : y () + y () + = 4. Notando que y = é raíz do polinômio p(y) = y + y e dividindo este por y obtemos p(y) = (y )(y + y + ) = (y )[(y + ) + 4 ] e assim, é a única raíz de p. Consequentemente temos y() = e y () + + 4y () + = 0. Logo, y () = 7 e a equação da reta pedida é T : y = 7 (x )

2 (6) Supondo y = y(x) e derivando temos 0 = x + y(x) y (x) ou, x + y(x) y (x) = 0, portanto, no ponto (x o, y o ) temos y o = ( x o ) y (x o ) = x o y o = x o xo. A reta tangente no ponto P o = (x o, y o ) é dada por T : y ( x x o ) o = (x x o ), xo cujas intersecções com os eixos são A = (0, ( x o ) ), B = ( x o, 0). Finalmente, a distância de A a B é AB = ( x o ) + x o = (7) Temos y(t) = x (t) x(t) e assim, derivando esta equação em relação a t, y (t) = 6x(t)x (t) x (t). Se y (t o ) = x (t o ) então x (t o ) = 6x(t o )x (t o ) x (t o ) e portanto, dividindo por x (t o ), temos = 6x(t o ), o que implica x(t o ) = 5 6 (8) Seja Oxy o sistema de coordenadas cartesianas com Oy correspondendo à parede de sustentação da escada, a origem O ao pé da parede, Oy apontado para cima e Ox paralelo ao chão, apontado na direção do movimento da escada. Seja x(t) a distância do pé da escada à parede e y(t) a altura da escada. Supondo x(0) = 0 e y(0) = 8 temos então que, ( ) x (t) + y (t) = 8 = 64 ; x (t) =, t ; x( ) =, assim, de x ( ) + y ( ) = 64 concluímos que y( ) = 55 e, derivando ( ), temos x(t)x (t) + y(t)y (t) = 0 e portanto + y( )y ( ) = 0, logo,6 + 55y ( ) = 0 e, finalmente, y ( ) = 6 55 (9) (exercício 7, p. 0, livro texto) Pela lei dos cossenos: ( ) 5 = +x x cosθ = 9 + x 6xcosθ; sendo x uma função de θ e este uma função do tempo t. Temos então x = x(θ(t)) e ainda, pelos dados fornecidos, x( π ) = 4 e dθ =, t. Escrevendo ( ) como x (θ(t)) 6x(θ(t))cosθ(t) = 6 e derivando-a, com x = dθ, obtemos, x(θ(t))x (θ(t)) dθ 6x (θ(t)) dθ cos(θ(t)) + 6x(θ(t))senθ(t)dθ = 0.

3 Sendo t o o instante em que θ(t o ) = π temos que x( π )x ( π ) 6x ( π ) cosπ + 6x(π ) senπ = 0, e portanto, fazendo as substituições necessárias, 4x ( π ) + = 0. Consequentemente temos x ( π ) = dθ ( π ) = e portanto, (t o) = dθ (π )dθ = (0) (exercício 8, p. 0, livro texto) O volume de líquido dentro do cone invertido e até a altura h relativa ao vértice do cone é V = πr h. Sendo r o raio da circunferência formada pela intersecção do cone com o plano paralelo ao seu topo e à distância h do vértice temos, por semelhança de triângulos, Assim, r = h r h = 0 5 =. h(t) e sendo a altura uma função do tempo temos r(t) = e V (t) = 4πh (t) 7 É dado que V (t) = 0 e portanto, derivando a expressão encontrada para V obtemos a equação 4π h (t)h (t) = 7 0, e assim, no instante t o tal que h(t o ) = 5 temos. 4π 5 h (t o ) 9 = 0 = h (t o ) = 9 π 0 () (exercício 9, p. 0, livro texto) Sendo P fixo, para o cômputo das velocidades pedidas (velocidade de P ) podemos supô-lo, no instante inicial, na origem do sistema e o eixo Ox orientado no sentido do movimento. Após a roda, cujo raio é, girar θ rad, as coordenadas de seu centro são dadas por (θ, ) e as coordenadas (x, y) de P por θ x = senθ, y = cosθ. Introduzindo a variável tempo temos x(t) = θ(t) senθ(t) e y(t) = cosθ(t). Derivando e utilizando que θ (t) = obtemos : x = θ (t) cosθ(t)θ (t) = cosθ e y (t) = senθ(t)θ (t) = senθ

4 () (exercício, p.0, livro texto) Pela figura temos P = (x(t), 0), Q(t) = (0, y(t)), R(t) = (0, h), P R = x(t) + h e QR = h y(t). Suponhamos y(t) < h. Por hipotese P R + QR = e e então, x(t) + h + (h y(t)) = e. Logo, ( x(t) + h ) = [ y(t) + (e h) ] e portanto, x(t) + h = y(t) + (e h)y(t) + (e h) ; que derivando resulta x(t)x (t) = y(t)y (t) + (e h)y (t); donde, xx = [y + (e h)]y = x + h y. A expressão pedida é ( ) xx = x + h y, onde x e y são as velocidades. Extra Continuemos o exercício anterior. Sendo óbvio que y é uma função de x, determinemola utilizando a notação de Leibnitz. Reescrevendo ( ) como temos x x +h = dy função inversa sabemos que dy = dy x = x + h dy,. Pela regra da cadeia e consequente fórmula para a derivada da = dy = dy. Assim, temos dy = x x + h = x(x + h ). A determinação de uma função y = y(x) tal que ( ) y (x) = x(x + h ) pode ser feita diretamente pois y(x) = (x + h ) ( ) é : é uma tal função (verifique) e a solução geral de y(x) = (x + h ) + C, C R,. Uma possível interpretação do problema é o de uma corda de comprimento e, com extremidades P e Q, passando por uma polia em R a altura h do solo, sendo a corda movida ao longo do solo (eixo x) para movimentar um objeto preso à extremidade Q. Com tal interpretação temos as condições de existência : (i) quando o peso está no solo, P = (0, 0) temos x = (e h) h, e (ii) quando o peso está na posição R temos x = e h. O domínio de y = y(x) é dado por (e h) h x e h interpretação, devemos ter e h h, isto é, e h. Determinação da constante C: por (ii) devemos ter y( e h ) = h, logo, h = y(x) = ((e h ) + h ) + C = e + C e assim, h = e + C e y(x) = x + h + (h e). e portanto, para esta 4

5 Observe que se x = (e h) h então y(x) = 0. Abandonando a interpretação física, estendemos a solução apresentada a uma geométrica: y(x) = x + h + (h e), x I = [ e h, + e h ]. Determinação das funções x e y: devido à expressão y = y(x) utilizamos x(θ) = htgθ para x = x(θ). Substituindo esta na fórmula para y encontramos y(θ) = h tg (θ) + h + (h e) = h ( + tg θ) + (h e) = h[ secθ + (h e)]. Portanto temos, notando que d dθ { secθ } = secθ tgθ, dθ = hsec θ, dy dθ = h secθ tgθ. Tais funções satisfazem a equação acima encontrada: x dθ = x + h dy dθ ; pois, x dθ = h tgθsec θ e x + h dy dθ = ( h tg θ + h )h secθ tgθ = h tgθsec θ. Finalize explicitando o domínio comum de x = x(θ) e y = y(θ) () Para T e T, retas tangentes aos gráficos de y (x) = ax e y (x) = x +, respectivamente, se interceptarem ortogonalmente em P = (p, q) é necessário que (i) q = y (p) = y (p), isto é, ap = p +, e (ii) m T m T =, onde m Ti é o coeficiente angular de T i. Da condição (ii) temos ap ( p) = e portanto 4ap =. Substituindo em (i) temos 4 = p + e então : p = 4 e a = ` 5