a Lista - Gabarito das questões corrigidas
8¯
MA151
1¯o Sem. 2001
Seção 4.4 – 50 Encontre o limite
1
1
−
x→1 ln x
x−1
lim
Trata-se de um limite indeterminado do tipo ∞ − ∞, que precisa ser preparado para aplicarmos
L’Hospital.
1
x − 1 − ln x
1
−
= lim
x→1 ln x
x→1 (x − 1) ln x
x−1
lim
Reduzindo ao mesmo denominador,
recaı́mos numa indeterminação do tipo 0/0
1 − 1/x
Aplicando L’Hospital
x→1 (x − 1)/x + ln x
= lim
x−1
x→1 x − 1 + x ln x
Simplificando, temos outra indeterminação do tipo 0/0
1
x→1 1 + x/x + ln x
Aplicando L’Hospital novamente
1
2
resolvendo o limite
= lim
= lim
=
Seção 4.6 – 51 A figura mostra uma viga de comprimento L embutida em paredes de concreto. Se
uma carga constante W for distribuı́da uniformemente ao longo de seu comprimento, a viga assumirá
a forma da curva de deflexão
y=−
W 4
W L 3 W L2 2
x +
x −
x
24EI
12EI
24EI
onde E e I são constantes positivas (E é o módulo de elasticidade de Young, e I é o momento de
inércia da seção transversal da viga). Esboce o gráfico da curva de deflexão.
Fatorando a função deflexão dada, temos
y=−
ou seja, y(0) = y(L) = 0.
Derivando:
W 2
x (x − L)2
24EI
d
W
y =
(−4x3 + 6Lx2 − 2L2 x)
dx
24EI
W
(−2x)(2x2 − 3Lx + L2 )
24EI
W
L
=
(−4x) x −
(x − L)
24EI
2
=
Assim, os pontos crı́ticos são x = 0, x = L/2 e x = L. Estudando o sinal da derivada e o crescimento/decrescimento da função:
0
L/2
L
−2x 0 −
−
−
2
2
+
0
− 0 +
2x − 3Lx + L
0
+ 0 −
y0 0 −
y
&
%
&
Embora tenhamos estudado o sinal para x ≥ 0, é preciso lembrar na hora de esboçar o gráfico que a
função deflexão só está definida para x ∈ [0, L].
Calculando a derivada segunda:
d2
W
y =
(−12x2 + 12Lx − 2L2 )
2
dx
24EI
=
W
(−2)(6x2 − 6Lx + L2 )
24EI
W
L
=
(−12) x − −
24EI
2
√
2L
6
!
L
x− +
2
√
2L
6
!
A análise do sinal da derivada segunda nos permite concluir sobre a concavidade da função:
√
√
L/2 − 2L/6
L/2 + 2L/6
y 00 −
0
+
0
−
y ∩
∪
∩
Veja que os pontos em que a derivada segunda se anulou realmente são pontos de inflexão, pois em
torno deles y 00 mudou de sinal.
Avaliando a função deflexão nos pontos crı́ticos e nos pontos de inflexão podemos finalmente esboçar
o gráfico:
L
−
2
y
√
2L
6
L
2
L
+
2
√
2L
6
L
x
Seção 4.7 – 54 Uma pintura numa galeria de arte tem altura h e está pendurada de forma que o lado
de baixo está a uma distância d acima do olho de um observador (como na figura). A que distância
da parede deve ficar o observador para obter a melhor visão? (Em outras palavras, onde deve ficar
o observador de forma a maximizar o ângulo θ subentendido em seu olho pela pintura?)
h
α
θ
d
β
x
Denotando os ângulos relevantes segundo indicado na figura, temos que θ = α − β. Além disso,
tg α = (h + d)/x e tg β = d/x.
Solução 1
Vamos maximizar f (x) = θ = arctg α − arctg β = arctg((h + d)/x) − arctg(d/x), para x ∈ (0, ∞).
Derivando, temos:
d
1
h+d
1
d
f (x) =
−
2 − 2
− 2
d 2
dx
x
x
1 + h+d
1
+
x
x
= −
x2
h+d
d
+ 2
2
+ (h + d)
x + d2
=
−(h + d)(x2 + d2 ) + d(x2 + (h + d)2 )
(x2 + (h + d)2 )(x2 + d2 )
=
h(−x2 + d2 + dh)
(x2 + (h + d)2 )(x2 + d2 )
√
0
Os valores de x que anulam
f
(x)
são
±
d2 + dh. Analisando o sinal de f 0 (x) para x ∈ (0, ∞)
√
2
podemos concluir que f ( d + dh) é o valor máximo de f (x):
√
0
0
f (x)
f (x)
+
%
d2 + dh
0
−
&
Solução 2
Lembrando que a tangente é uma função crescente no intervalo [0, π/2), podemos substituir o problema de maximizar θ pelo problema equivalente de maximizar tg θ. Utilizando a relação trigonométrica
tg(a − b) =
sen(a − b)
sen a cos b − sen b cos a
=
=
cos(a − b)
cos a cos b + sen a sen b
sen a cos b−sen b cos a
cos a cos b
cos a cos b+sen a sen b
cos a cos b
=
tg a − tg b
1 + tg a tg b
temos que
g(x) = tg θ =
h+d
−d
xh
tg α − tg β
= x h+dxd = 2
1 + tg α tg β
x + d(d + h)
1+ x x
Derivando:
h(x2 + d(d + h)) − (xh)(2x)
(x2 + d(d + h))2
h(−x2 + d2 + dh)
=
(x2 + d(d + h))2
g 0 (x) =
Note que os pontos crı́ticos de g(x) assim como a análise do
p sinal de sua derivada coincidem com o
que fizemos para f (x). Desta forma, concluı́mos que x = d(d + h) é a distância que maximiza o
ângulo subentendido pelo olho do observador.