Mathematical Ramblings

Uma rolha de densidade $d_r$ e altura $H$ flutua num líquido de densidade $d_{\ell}$. Afunda-se ligeiramente a rolha para baixo, deixando-se, a seguir, oscilar. Sendo $g$ a aceleração local da gravidade, determine o período de oscilação da rolha.

Resolução:

Antes de tudo, vamos determinar qual será o tipo de movimento da rolha.

Quando estática, o sistema estará em equilíbrio. Após afundar a rolha, surgirá uma resultante-empuxo trará a rolha de volta à sua posição inicial.

Chamando $A$ a área da secção reta da rolha, $E$ a força-empuxo, $h$ o comprimento submerso da rolha em equilíbrio, e $x$ o deslocamento imposto à rolha, teremos:

$E - P\ =\ d_{\ell}\ \cdot\ A\ \cdot\ (h - x)\ \cdot\ g\ -\ d_r\ \cdot\ A\ \cdot\ H\ \cdot\ g\ =$

$=\ gA[d_{\ell}(h - x) - d_r H]$

Considerando $d_r\ \approx\ 0$, $h\ \approx\ 0$, $P\ \approx\ 0$, e chamando de $R$ a resultante, teremos:

$R\ =\ E\ =\ -d_{\ell}gA\ \cdot\ x$

Logo podemos considerar $R$ aproximadamente uma força restauradora e diretamente proporcional ao deslocamento imposto $x$, caracterizando um MHS linear.

Assim podemos utilizar a fórmula geral do período:

$T\ =\ 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$

Onde:

$m\ =\ d_r A H$

e

$k\ =\ d_{\ell}gA$

Logo:

$T\ =\ 2\pi\sqrt{\dfrac{d_r H}{d_{\ell} g}}$

Na Terra, um pêndulo simples executa oscilações com período $T_T$. Se este pêndulo oscilasse na Lua, seu período seria $T_L$. Determine a razão $\dfrac{T_T}{T_L}$. Sabe-se que a aceleração da gravidade na Lua é seis vezes menor que na Terra.

Resolução:

Para pequenas oscilações, o movimento do pêndulo será aproximadamente harmônico simples linear, o que possibilitará-nos utilizar a fórmula $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{\ell}{g}}$.

Como a aceleração da gravidade na Lua é seis vezes menor que na Terra, teremos: $g_L = \dfrac{g_T}{6}$.

Assim:

$T_L\ =\ 2\pi\sqrt{\dfrac{\ell}{\dfrac{g_T}{6}}}\ \Rightarrow\ T_L\ =\ (\sqrt{6})\ \cdot\ (2\pi\sqrt{\dfrac{\ell}{g_T}})\ =\ \sqrt{6}\ \cdot\ T_T$

Donde:

$\dfrac{T_T}{T_L}\ =\ \dfrac{T_T}{\sqrt{6}\ \cdot\ T_T}\ =\ \dfrac{1}{\sqrt{6}}$

Usando uma lente delgada convergente de distância focal $f$ é possível projetar nitidamente a imagem de um objeto frontal sobre uma tela situada a uma distância $D$ do objeto. Verifica-se também que, dependendo da relação entre $f$ e $D$, há duas posições da lente que dão imagem nítida; às vezes uma só posição e, às vezes, nenhuma. Determine uma relação entre $f$ e $D$ para que haja formação de tal imagem nítida.

Resolução:

Como trata-se de uma lente delgada, podemos usar as relações de Gauss. Como projeta uma imagem em um anteparo, a imagem é real, e como temos uma lente convergente, o objeto será também real.

$D\ =\ p\ +\ p'\ \Rightarrow\ p'\ =\ D\ -\ p$

$\dfrac{1}{f}\ =\ \dfrac{1}{p}\ +\ \dfrac{1}{p'}\ =\ \dfrac{1}{p}\ +\ \dfrac{1}{D - p}$

$p^2\ -\ Dp\ +\ Df\ =\ 0$

Para determinar quantas imagens nítidas serão formadas, basta analisar quantas soluções terá a equação polinomial do segundo grau em $p$.

$\Delta\ =\ D^2 - 4Df$

Para termos duas imagens nítidas, teremos que $D\ >\ 4f$. Para termos uma única imagem nítida, teremos que $D\ =\ 4f$. Para não termos imagens nítidas, teremos que $D\ <\ 4f$.

Sendo A, B e C matrizes, tais que $C\ =\ A\ \cdot\ B$, com:

$A\ =\ (a_{i j})_{2 \times 3},\ a_{i j}\ =\ i^2 + j^2$;
$B\ =\ (b_{i j})_{3 \times 4},\ b_{i j}\ =\ 2i + j$;
$C\ =\ (c_{i j})$.

Determine os elementos $c_{2 3} $ e $ c_{3 4}$ da matriz $C$.

Resolução :

Por definição, o elemento $c_{2 3}$ será $P\ =\ \sum_{k = 1}^3 (a_{2 k}\ \cdot\ b_{k 3})$.

$P\ =\ \sum_{k = 1}^3 [(2^2 + k^2)\ \cdot\ (2k + 3)]\ =\ 5\ \cdot\ 5\ +\ 8\ \cdot\ 7\ +\ 13\ \cdot\ 9$

$P\ =\ 25\ +\ 56\ +\ 117\ =\ 198$

(Unisa-SP) Um relógio é controlado por um pêndulo que marca corretamente os segundos a $20 ^\circ C$. O pêndulo é feito de um material cujo coeficiente de dilatação linear é $16\ \cdot\ 10^{-6}\ ^\circ C^{-1}$. Quando a temperatura é mantida a $30\ ^\circ C$, qual o atraso do relógio em uma semana?

Resolução :

O período de um pêndulo que oscila em ângulos pequenos é dado aproximadamente por $T\ =\ 2\pi \sqrt{\dfrac{L}{g}}$, onde $L$ é seu comprimento e $g$ é a aceleração da gravidade local.

Sabemos também que, do teorema da dilatação térmica, $L\ =\ L_0 (1 + \alpha \Delta \theta)$.

Para os dados do enunciado, teremos $L\ =\ L (1 + 16\ \cdot\ 10^{-6}\ \cdot\ 10)\ =\ L\ \cdot\ 1,00016$.

Assim, se o comprimento será multiplicado por $1,00016$, o período do pêndulo será multiplicado por $\sqrt{1,00016}\ \approx\ 1,000080$.

Como em uma semana temos $7\ \cdot\ 24\ \cdot\ 3600\ =\ 604800$ segundos, o relógio com o pêndulo dilatado marcará $\dfrac{604800}{1,000080}\ \approx\ 604752$ segundos, dando uma diferença, considerando as aproximações, de $48$ segundos.

Em um ser humano adulto, a artéria aorta tem raio interno aproximadamente igual a $1,0\ cm$, e o sangue passa por ela com velocidade média igual a $30\ \dfrac{cm}{s}$. Em um vaso capilar o raio interno é aproximadamente igual a $4,0\ \cdot\ 10^{-4}\ cm$, e a velocidade do sangue é aproximadamente igual a $5,0\ \cdot\ 10^{-2}\ \dfrac{cm}{s}$. Calcule a ordem de grandeza do número de vasos capilares.

Resolução :

A vazão na aorta será :

$\Phi_a\ =\ A_a\ \cdot\ v_a\ =\ (1,0)^2\ \cdot\ \pi\ \cdot\ 30\ =\ 30 \pi\ \dfrac{cm^3}{s}$

A vazão em um capilar será :

$\Phi_c\ =\ A_c\ \cdot\ v_c\ =\ (4,0\ \cdot\ 10^{-4})^2\ \cdot\ \pi\ \cdot\ 5,0\ \cdot\ 10^{-2}\ =$

$=\ 8 \pi\ \cdot\ 10^{-9}\ \dfrac{cm^3}{s}$

Chamemos de $n$ o número de capilares. Como a vazão da aorta se distribui para todos os capilares, teremos :

$\Phi_a\ =\ n\ \cdot\ \Phi_c$

$30 \pi\ =\ n\ \cdot\ 8 \pi \cdot\ 10^{-9}$

$n\ =\ 3,75\ \cdot\ 10^9$

Logo a ordem é de bilhões de vasos capilares em um humano adulto.

Seja $f$ uma função real de variável real e inversível.

Se $f$ é crescente, teremos :

Sejam $x_2 , x_1\ \in\ Dom(f)$:

$x_2 > x_1\ \Leftrightarrow\ f(x_2) > f(x_1)$

$f^{-1}[f(x_2)] > f^{-1}[f(x_1)]\ \Leftrightarrow\ f(x_2) > f(x_1)$

Assim, se $f$ é crescente, $f^{-1}$ também o é, e, reciprocramente, se $f$ é decrescente, $f^{-1}$ também o é.