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Problemas dos Fatos Matemáticos (Parte 19)

[;55);]  Um torneira enche um tanque em [;4\ h;] e outra enche em [;6 \ h;], enquanto um ralo o esvazia em [;2\ h;]. Admitindo o tanque inicialmente cheio e o sistema (torneiras e válvula) funcionando, em quantas horas o mesmo ficará vazio?

[;56);] Resolva a desigualdade
[;\frac{|2x^2 - 1|}{x^2 - x - 2} > \frac{1}{2};]

[;57);] Na figura abaixo, os círculos são concêntricos, [;AB;] é tangente ao círculo interno e [;AB = 20;]. Ache a área do anel sombreado. 
 Vejamos agora, a solução dos problemas dos Fatos Matemáticos (Parte 18).
[;52);] Calcule o volume de um toro gerado pela rotação da região delimitada pela circunferência [;(x - a)^2 + y^2 = r^2;] em torno do eixo [;y;] sendo [;0 \prec r \prec a;]   

Resolução: Considere a função [;f(x) = \sqrt{r^2 - (x - a)^2};] obtida da circunferência acima. Na figura abaixo, temos a metade da secção transversal do toro gerado ao girar a região delimitada pela circunferência em torno do eixo [;y;].
Uma das formas que podemos usar para calcular o volume do toro é a técnica dos invólucros cilindros que usa a função [;f(x) = \sqrt{r^2} - (x - a)^2;] que trataremos em um post futuro. Usaremos o teorema de Pappus para calcular este volume. Note que a abscissa do centro de gravidade do círculo [;(x-a)^2 + y^2 = r^2;] é [;\bar{x} = a;]. Sendo sua área igual a [;A = \pi r^2;], então 

[;V = 2\pi \bar{x}A = 2\pi a \pi r^2 = 2\pi^2ar^2;]
 
[;53);] Considere o [;\triangle ABC;] isósceles com [;AB = AC;]. Suponha o ângulo bissetor de [;B;] intercepta o lado [;AC;] em [;D;] e que [;BC = BD + AD;]. Determine o ângulo [;\hat{A};].
Resolução: Considere a figura abaixo:

Note que [;\theta + 4\alpha = 180^{\circ};]. Pela lei dos senos no [;\triangle ABC;], temos:

[;\frac{BC}{\sin \theta} = \frac{AB}{\sin(2\alpha)} \qquad (1);]
Aplicando a lei dos senos no [;\triangle ABD;], temos:

[;\frac{BD}{\sin \theta} = \frac{AB}{\sin(180^{\circ} - \alpha - \theta)} \quad \Rightarrow \quad BD = \frac{AB\sin \theta}{\sin(3\alpha)} \qquad (2);]
e
[;\frac{AD}{\sin \alpha} = \frac{AB}{\sin(180^{\circ} - \alpha - \theta)} \quad \Rightarrow \quad AD = \frac{AB\sin \alpha}{\sin(3\alpha)} \qquad (3);]
pois, [;3\alpha = 180^{\circ} - \alpha - \theta;]. Usando as expressões [;(1);], [;(2);] e [;(3);] e a hipótese, [;BC = BD + AD;], segue que
[;\frac{AB\sin \theta}{\sin(2\alpha)} = \frac{AB\sin \theta}{\sin(3\alpha)} + \frac{AB\sin \alpha}{\sin(3\alpha)} \quad \Rightarrow;]
[;\frac{\sin(180^{\circ} - 4\alpha)}{\sin(2\alpha)} = \frac{\sin(180^{\circ} - 4\alpha) + \sin \alpha}{\sin(3\alpha)} \quad \Rightarrow;]
[;\sin(180^{\circ} - 4\alpha)\sin(3\alpha) = \sin(2\alpha)[\sin(180^{\circ} - 4\alpha) + \sin \alpha];]

Usando as fórmulas de soma e produto, temos:
[;\cos(3\alpha) - \cos(7\alpha) = \cos(2\alpha) - \cos(6\alpha);]
[;\sin(2\alpha)\sin(5\alpha) = \sin(2\alpha)\sin(4\alpha) \quad \Rightarrow;]
[;\sin(5\alpha) = \sin(4\alpha) = \sin(180^{\circ} - 4\alpha);]
 
de modo que [;5\alpha + 4\alpha = 180^{\circ};], ou seja, [;\alpha = 20^{\circ};]. Logo,

[;A^\circ = \theta = 180^{\circ} - 4\cdot 20^{\circ} = 100^{\circ};]
[;54);]  Calcule a integral imprópria abaixo:

[;\int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{x^2 + a^2}dx;]
sendo [;a \succ 0;]

Resolução: Seja
 [;I = \int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{x^2 + a^2}dx;]
Fazendo a mudança de variável [;x = a\tan \theta;], temos [;dx = a\sec^2 \theta d\theta;], de modo que
[;I = \int_{0}^{\pi/2}\frac{\ln(a\tan \theta)a\sec^2\theta}{a^2(\tan^2\theta + 1)}d\theta = \frac{1}{a}\int_{0}^{\pi/2}\ln(a\tan \theta)d\theta \qquad (1);]
Na expressão [;(1);], fazemos [;\alpha = \frac{\pi}{2} - \theta;] para obter
[;I = \int_{\pi/2}^{0}\ln[a\tan(\pi/2 - \alpha)](-d\alpha) = \frac{1}{a}\int_{0}^{\pi/2}\ln(\frac{\sin(\pi/2 - \alpha)}{\cos(\pi/2 - \alpha)})d\alpha;]
 [;=\frac{1}{a}\int_{0}^{\pi/2}\ln(a\cot \alpha)d\alpha \qquad (2);]
De [;(1);] e [;(2);], segue que
[;2I = I + I = \frac{1}{a}\int_{0}^{\pi/2}\ln(a\tan \theta)d\theta + \frac{1}{a}\int_{0}^{\pi/2}\ln(a\cot \theta)d\theta;]
[;=\frac{1}{a}\int_{0}^{\pi/2}[\ln(a\tan \theta) + \ln(a\cot \theta)]d\theta;]
[;=\frac{\ln(a^2)}{a}\int_{0}^{\pi/2}d\theta = \frac{2\ln a}{a}\cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{a}\ln a;]
Solução enviada pelo leitor João Vitor Mussel Canato.
O prazo de entrega para enviar as soluções dos problemas [;55);] , [;56);] e [;57);] encerra no dia 30/11/2012 e podem ser enviadas no formato doc ou pdf para linnux2001@gmail.com
Abaixo a lista dos leitores que participaram desta edição enviando soluções. Meus sinceros agradecimentos.  
- João Vitor Mussel Canato - Todos

4 comentários:

  1. Professor Paulo Sérgio, creio que possa existir um erro na questão 55 pois ao tentar resolvê-la com os dados do enunciado notei que o tanque não esvaziria porque estaria entrando um maior volume de água do que saindo pelo ralo. Me parece que no enunciado deveria constar que o ralo esvazia o tanque em 2 horas, e não em 3. Poderia confirmar se estou certo prof.?

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    1. Tem razão caro leitor, o correto é esvaziar o tanque em duas horas. obrigado pelo comentário.

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    2. Muito obrigado professor, me chamo Valdenir e conheci seu blog há poucos dias, mas já estou maravilhado com os vários posts deveras interessantes, parabéns, é um excelente blog. Aliás, quando postará a resposta dos Problemas dos Fatos Matemáticos 19? Novamente obrigado pela confirmação.

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    3. Ola Valdenir, publicaarei muito em breve a resolução das questões juntamente com mais três questões inéditas. Fico agradecido pelos elogios ao blog e volte sempre.

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