Exercícios Resolvidos de Teorema do Valor Intermediário e Funções Monótonas

Ver Teoria

Enunciado

2) Sejam L uma fonte luminosa puntiforme de potência P e A B - um segmento de reta que dista h > 0 de L (vide Figura 1 A ). A intensidade luminosa em X   ∈   A B - , que dista d de L , é dado por:

I X = k   P cos ⁡ ∝ d 2

Onde k > 0 é uma constante. Considere agora, conforme a Figura 1 B , duas fontes L 1 e L 2 (com potências P 1 e P 2 e respectivamente) emitindo luz sobre os pontos de um segmento A B - de comprimento h 2 . Mostre que existe um único ponto em A B - sobre o qual a intensidade luminosa é máxima.

Passo 1

Eta enunciado enrolado sô! Mas vamos com calma que dá tudo certo. Pra começar, vamos notar o seguinte: se a intensidade luminosa sobre o ponto X sobre A B - para uma fonte é:

I X = k   P cos ⁡ ∝ d 2

Então para duas fontes luminosas vai ser:

I X = k   P cos ⁡ ∝ d 2 1 + k   P cos ⁡ ∝ d 2 2

Se olharmos bem a figura, vemos que cada uma das duas fontes tem seu próprio ângulo, sua própria potência e sua própria distância do ponto X (expresso por d , representando a hipotenusa dos triângulos retângulos). Sendo assim, ficamos com:

I X = k   P 1 cos ⁡ ∝ 1 d 1 2 + k   P 2 cos ⁡ ∝ 2 d 2 2

E agora, veja bem: A intensidade vai ser escrita em função de X ! O próprio enunciado dá essa ajuda pra gente. Infelizmente, não tem moleza nenhuma: vamos ter que relacionar as variáveis. Então vamos começar.

Passo 2

Vamos começar a falar dos ângulos representados na figura. Da figura 1 B , vemos dois triângulos retângulos que podem ser separados pra gente entender melhor. Para o triângulo da esquerda então:

cos ⁡ ∝ 1 = h d 1

E para o triângulo da direita:

cos ⁡ ∝ 2 = h d 2

Reescrevemos então a equação da intensidade luminosa para:

I X = k   P 1 h d 1 d 1 2 + k   P 2 h d 2 d 2 2

I X = k   P 1 h d 1 3 + k   P 2 h d 2 3

Agora, ainda na figura 1 B , vemos que esses trângulos

  • Alturas iguais e iguais à h
  • Bases diferentes

Se as bases são diferentes, vamos tentar modelar uma pra cada triângulo. Pra isso, vamos ver quem é a base dos dois juntos: a própria reta A B - ! E dp enunciado, temos:

A B - = h 2

Então seja:

A X - = X

X B - = h 2 - X

Vamos ter que, pro triângulo retângulo da esquerda, referente à L 1 , a distância é:

d 1 2 = h 2 + X 2

E pro triângulo da esquerda:

d 2 2 = h 2 + h 2 - X 2

Pra encaixar essas fórmulas que vieram de Pitágoras na equação da intensidade luminosa, primeiro, elevamos os dois lados da equação por 3 2 . Ficamos com:

d 1 2 3 2 = d 1 3 = h 2 + X 2 3 2

d 2 2 3 2 = d 2 3 = h 2 + h 2 - X 2 3 2

E logo a equação da intensidade luminosa vira:

I X = k   P 1 h h 2 + X 2 3 2 + k   P 2 h h 2 + h 2 - X 2 3 2

Passo 3

Veja bem, na última versão da equação da intensidade luminosa:

I X = k   P 1 h h 2 + X 2 3 2 + k   P 2 h h 2 + h 2 - X 2 3 2

Tanto k quanto h , P 1 e P 2 são constante,s deixando realmente a intensidade agora como uma função de X . Pra deixar um pouco menor essa equação, vamos chamar:

A = k   P 1 h

B = k   P 2 h

A equação se torna:

I X = A   h 2 + X 2 - 3 2 + B   h 2 + h 2 - X 2 - 3 2

Já que a ideia é mostrar que existe uma intensidade máxima, precisamos achar o ponto de máximo de I X . Pra isso precisamos derivar e igualar à 0 , beleza? Vamos ter então:

I ' X = A   h 2 + X 2 - 3 2 + B   h 2 + h 2 - X 2 - 3 2 '

I ' X = - 3 A 2   h 2 + X 2 - 5 2 h 2 + X 2 '   - 3 B 2   h 2 + h 2 - X 2 - 5 2 h 2 + h 2 - X 2 '

I ' X = - 3 A 2   h 2 + X 2 - 5 2 2 x - 3 B 2   h 2 + h 2 - X 2 - 5 2 - 2 h 2 - X

I ' X = - 3 A X h 2 + X 2 5 2 + 3 B h 2 - X h 2 + h 2 - X 2 5 2  

Deixando tudo no mesmo denominador, temos:

I ' X = 3 B h 2 - X h 2 + X 2 5 2 - A X h 2 + h 2 - X 2 5 2 h 2 + X 2 5 2 h 2 + h 2 - X 2 5 2

E igualando I ' X = 0 ficamos na real com:

B h 2 - X h 2 + X 2 5 2 - A X h 2 + h 2 - X 2 5 2 = 0

Passo 4

Paramos então em:

B h 2 - X h 2 + X 2 5 2 - A X h 2 + h 2 - X 2 5 2 = 0

Pode parecer um pouco complicado ainda, mas saca só. O valor de X , como ele caminha de A até B , está, necessariamente, entre:

X   ∈   ] 0 , h 2 [

Seja

g X = B h 2 - X h 2 + X 2 5 2 - A X h 2 + h 2 - X 2 5 2 = 0

E tendo:

g 0 = B h 6 2

g h 2 = - A h 6 2

O que quer dizer que:

g 0 > 0 g h 2 < 0

E olha só, olha lá! O Teorema do Valor Intermediário vai então nos garantir que exista pelo menos um c   ∈   ] 0 , h 2 [ tal que g c = 0 . Então de fato I ' X vai possuir um ponto crítico, já que basta g c = 0 para que I ' c = 0 seja verdade. Ainda não sabemos se esse ponto crítico é único no entanto. Pra saber, temos que ver se g x é estritamente decrescente ou não. Pra isso, derivamos:

g ' X = B h 2 - X ' h 2 + X 2 5 2 + B h 2 - X h 2 + X 2 5 2 ' - A X ' h 2 + h 2 - X 2 5 2 - A X h 2 + h 2 - X 2 5 2 '

g ' X = - B h 2 + X 2 5 2 + B h 2 - X 5 X h 2 + X 2 3 2 - A h 2 + h 2 - X 2 5 2 + 5 A X h 2 - X h 2 + h 2 - X 2 3 2

Abrindo os termos:

g ' X = - B h 2 + X 2 5 2 + 5 B X h 2 h 2 + X 2 3 2 - 5 B X 2 h 2 + X 2 3 2 - A h 2 + h 2 - X 2 5 2 + 5 A X h 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2 - 5 A X 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2

Para os termos com B , vamos colocar em evidência B h 2 + X 2 3 2

g ' X = - B h 2 + X 2 3 2 h 2 + X 2 2 2 + 5 B X h 2 h 2 + X 2 3 2 - 5 B X 2 h 2 + X 2 3 2 - A h 2 + h 2 - X 2 5 2 + 5 A X h 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2 - 5 A X 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2

g ' X = B h 2 + X 2 3 2   - h 2 + X 2 2 2 + 5 X h 2 - 5 X 2 - A h 2 + h 2 - X 2 5 2 + 5 A X h 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2 - 5 A X 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2

g ' X = B h 2 + X 2 3 2   - h 2 - X 2 + 5 X h 2 - 5 X 2 - A h 2 + h 2 - X 2 5 2 + 5 A X h 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2 - 5 A X 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2

g ' X = B h 2 + X 2 3 2   - 6 X 2 + 5 h 2 X - h 2 - A h 2 + h 2 - X 2 5 2 + 5 A X h 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2 - 5 A X 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2

Para os termos com A , vamos colocar em evidência A h 2 + h 2 - X 2 3 2

g ' X = B h 2 + X 2 3 2   - 6 X 2 + 5 h 2 X - h 2 - A h 2 + h 2 - X 2 3 2 h 2 + h 2 - X 2 2 2 + 5 A X h 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2 - 5 A X 2 h 2 + h 2 - X 2 3 2

g ' X = B h 2 + X 2 3 2   - 6 X 2 + 5 h 2 X - h 2 + A h 2 + h 2 - X 2 3 2 - h 2 + h 2 - X 2 + 5 X h 2 - 5 X 2

g ' X = B h 2 + X 2 3 2   - 6 X 2 + 5 h 2 X - h 2 + A h 2 + h 2 - X 2 3 2 - h 2 + h 2 4 - h X + X 2 + 5 X h 2 - 5 X 2

g ' X = B h 2 + X 2 3 2   - 6 X 2 + 5 h 2 X - h 2 + A h 2 + h 2 - X 2 3 2 - h 2 - h 2 4 + h X - X 2 + 5 X h 2 - 5 X 2

g ' X = B h 2 + X 2 3 2   - 6 X 2 + 5 h 2 X - h 2 + A h 2 + h 2 - X 2 3 2 - 6 X 2 + 7 h 2 X - 5 h 2 4

Agora vamos analisar esse g ' X um tico mais simplificado. Pra isso, vamos dividir ele em 4 pedaços. O primeiro vai ser “ B h 2 + X 2 3 2 ”. Veja que no intervalo X   ∈   ] 0 , h 2 [

Esse pedaço terá sempre um valor positivo. Basta substituir os extremos desse intervalo pra ver que nenhum deles tem valor negativo. O mesmo vai valer pro termo “ A h 2 + h 2 - X 2 3 2 ” pelos mesmos motivos. Agora, veja bem, temos dois termos ainda pra checar:

- 6 X 2 + 5 h 2 X - h 2

- 6 X 2 + 7 h 2 X - 5 h 2 4

Como ambos são polinômios de segundo grau em relação à X , com sinal de negativo no termo de maior grau, o gráfico desses polinômio é como se fosse um “copo” com a boca pra baixo. Se, além disso, os polinômios não tiverem raízes, então eles serão sempre negativos. Vamos checar. Pro primeiro polinômio:

- 6 X 2 + 5 h 2 X - h 2 = a X 2 + b X + c

∆ = b 2 - 4 a c

∆ = 25 h 2 4 - 24 h 2 =   - 71 h 2 4

∆ =   - 71 h 2 4

Para o segundo polinômio:

- 6 X 2 + 7 h 2 X - 5 h 2 4 = a X 2 + b X + c

∆ = b 2 - 4 a c

∆ = 49 h 2 4 - 30 h 2

∆ =   - 71 h 2 4

Como nos dois casos temos:

h 2 > 0

∆ < 0

Então os dois polinômios são sempre negativos, qualquer que seja X . Juntanto as informações de sinais de g ' X , chegamos à:

g ' X = > 0 < 0 + > 0 < 0

g ' X = < 0 + < 0

g ' X < 0

Opa, então está provado! Se g ' X < 0 , então g X é estritamente decrescente, garantindo que I X tem um ponto crítico único!

Passo 5

Pra fechar, falta vermos se esse ponto crítico único é realmente de máximo. Para lembrar, temos que:

I ' X = 3 B h 2 - X h 2 + X 2 5 2 - A X h 2 + h 2 - X 2 5 2 h 2 + X 2 5 2 h 2 + h 2 - X 2 5 2

I ' X = 3 g x h 2 + X 2 5 2 h 2 + h 2 - X 2 5 2

E olha só! Não é que o denominador de I ' X vai ser sempre positivo no intervalo X   ∈   ] 0 , h 2 [ ? Sendo assim, quem vai mandar no sinal de I ' X é o sinal de g x . Boas notícias então meu povo, porque como provamos que g x é estritamente decrescente, seja c   ∈   ] 0 , h 2 tal que:

g c = 0

I ' c = 0

E seja:

d < c     g d > g c = 0

e > c     g d < g c = 0

Ficarmos com:

I ' d = 3 g d h 2 + X 2 5 2 h 2 + h 2 - X 2 5 2 = > 0 > 0 →   I ' d > 0

I ' e = 3 g e h 2 + X 2 5 2 h 2 + h 2 - X 2 5 2 = < 0 > 0 →   I ' d < 0

Se I ' X tem inclinação de reta tangente positiva antes de X = c e inclinação degativa depois de x = c , então de fato esse ponto crítico é um ponto de máximo!

Ufa, acabamos essa questão!

Resposta

Prova-se que I X possui pelo menos um ponto crítico

Prova-se ponto crítico único pelo comportamento de I ' X

Classifica-se o ponto crítico conforme o sinal de I ' X