Cálculo 3 - Desafios e Métodos

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UNIVERSIDADE ANHANGUERA 
Anhanguera Educacional
Bauru - Unidade Sede
CURSO DE ENGENHARIA DE PRODUÇÃO
 
Beatriz Maldonado padilha Ra:8227978115
Deyvid san martin Ra: 8218896778
Fabio A.V.Sabadim Lopes Ra:9902010829
Karina Shinzato Ra: 8489239538
Mirela Aparecida Marra Ra: 8499237119
ATPS Calculo 3
4º Serie 
Atividade Prática Supervisionada (ATPS) entregue como requisito para conclusão da disciplina “Calculo 3”, sob orientação da professora Juliana
BAURU – SP / SEDE
2015
Etapa 1
PASSO 2
DESAFIO A
Qual das alternativas representa a integral indefinida de : ( a33+3a3+3 a )
( a33+3a3+3 a )=
F(a)=13a3+31a3+31a=
F(a)=13.a44+31.a-2-2+3.lna=
F(a)=a412-32a2+3.lna+c
A alternativa correta correspondente ao desafio A é a ( B )
DESAFIO B
Suponha que o processo de perfuração de um poço de petróleo tenha um custo fixo de U$ 10.000 e um custo marginal de C’(q) = 1000 + 50q dólares por pé, onde q é a profundidade em pés. Sabendo que C (0) = 10.000, a alternativa que expressa C(q), o custo total para se perfurar q pés, é:
1000dq+50d.dq=
C(q)=1000q+50q22=
C(q)=1000q+25q2+c=
C(q)=1000+25q2+10000
A alternativa correta correspondente ao desafio B é a ( a )
DESAFIO C
No inicio dos anos 90, a taxa de consumo mundial de petróleo cresceu exponencialmente. Seja C(t) a taxa de consumo de petróleo no instante t, onde t é o número de anos contados a partir do inicio de 1990. Um modelo aproximado para C(t) é dado por: C(t) = 16,1.e0,07t. Qual das alternativas responde corretamente a quantidade de petróleo consumida entre 1992 e 1994?Para 1992 Para 1994
Ct=16,1.e0,07t= Ct=16,1.e0,07t=
C2= 16,1.e0,07.2= C2= 16,1.e0,07.4=
C2=18,52 bilhões C2=21,30 bilhões
18,52 bilhões + 21,30 bilhões = 39,76 bilhões
A alternativa correta correspondente ao desafio C é a ( C )
DESAFIO D
A área sob a curva y=ex2 de x=-3 a x=2 é dada por:
-32ex2dx
u=x2
du= ddxx.2-x.ddx222=24dx=
du=12dx=
2du=dx
-32eu2.du=
2-32eudu=2.ex22-3=2.e22-2.e-32=5,43-0,44=4,99
A alternativa correta correspondente ao desafio D é a ( A ) 
PASSO 3
Para o Desafio A:
A resposta que obtemos nos cálculos executados para esse desafio foi a foi a alternativa (B) que direciona a associação ao número 3, para execução dos cálculos usamos os conhecimentos com integral indefinida aprendido em aula, no desafio A do passo anterior mostra com clareza as passagens matemáticas utilizadas, assim chegando na resposta exata.
Para o Desafio B:
A resposta que obtemos nos cálculos executados para esse desafio foi a foi a alternativa (A) que direciona a associação ao número 0, o desenvolvimento deste desafio utilizamos uma ferramenta estudada na aula de Calculo II onde se falava de custo marginal, juntando esse conhecimento com as regras para integração chegamos num resultado final, onde obtemos uma formula que mostrará o custo final conforme a variação da medida da perfuração.
Para o Desafio C:
A resposta que obtemos nos cálculos executados para esse desafio foi a foi a alternativa (C) que direciona a associação ao número 1, usando a formula dada no desafio C estabelecemos duas soluções usando o algarismo final dos anos citados no desafio, no caso de 1992 usamos o número 2, e no caso de 1994 usamos o número 4, quando esses valores foram substituídos nas formulas gerou um resultado que ao somados mostrou a quantidade de petróleo consumida no período de 1992 a 1994.
Para o desafio D:
A resposta que obtemos nos cálculos executados para esse desafio foi a foi a alternativa (A) que direciona a associação ao número 9, nesse desafio foi solicitado que fizéssemos um cálculo para descobrir qual valor era dada a área da curva, usamos a regrada substituição para integração, onde chegamos ao valor final desejado de 4,99 correspondente a alternativa (A).
PASSO 4
A sequência dos numero que encontramos foi 3019, portanto esse resultado é quantidade de petróleo que poderá ser extraído mensalmente visando os cálculos dos quatros primeiros desafios que compõe a nossa ATPS.
Etapa 2
PASSO 1
Conceito de integrais por partes e por substituição.
 A integral por substituição, para as derivadas, é o fruto da regra da cadeia, sendo um método de integração fundamental para a resolução de integrais que evidentemente não  possuem um elemento como primitivo. Este método é baseado em aplicar uma alteração de variáveis e tem grande utilidade quando a função integrando é representada como um produto de funções.
 A integral por partes consiste em quebrar uma integral de mais fácil entendimento em um produto de funções para serem mais simples de se trabalhar. Para este método fundamental a escolha certa das funções na equação que levem à solução do problema. História da origem das integrais O cálculo integral teve origem a partir de problemas de quadratura que também  podemos entender como processo de determinar áreas. As quadraturas fascinavam os geômetras como Hipócrates de Chios, 440 a.C. que estudava figuras limitas por curvas e realizou as primeiras quadraturas da história a partir de regiões que se assemelhavam com o formato da lua em sua fase crescente. Outro geômetra chamado Antifon, por volta da 430 a.C.  procurou encontrar a quadratura do circulo através de uma sequência de polígonos e descobriu que essa sequência nunca poderia acabar, mas que foi uma brilhante ideia que deu origem ao método da exaustão. Por volta de 225 a.C., Arquimedes foi quem contribuiu com uma das maiores descobertas do Cálculo criando o Teorema de Arquimedes para a quadratura da  parábola. Em 1600 d.C. Kepler consistia pensar na superfície como uma soma de linhas, método que apresentava resultados imprecisos, assim calculou o volume de vários sólidos com região bidimensional ao redor de um eixo. Kepler subdividia o sólido em várias partes estas partes chamou de partes infinitesimais, e a soma dessas partes se aproximavam do volume que procurava. Os próximos matemáticos que contribuíram fortemente com cálculo integral foram Fermat e Cavalieri. Desenvolvendo a ideia de Kepler, Cavalieri pensou numa área infinita de segmentos indivisíveis criando o que hoje conhecemos como a fórmula das primitivas. Fermat desenvolveu a técnica para achar a áreas sob cada uma das curvas, empregou uma série geométrica para cada uma dessas curvas, também chamadas de parábolas maiores. Aproximadamente em 1640, a fórmula da integral das parábolas maiores já era conhecida por Blaise Pascal, Descartes, Torricelli e outros cientistas da época. 
  
Desde a época de Galileo, Torricelli e Barrow trabalhavam em problemas envolvendo movimento, dando origem então a ideia de que a integral e derivada eram processos inversos. Embora Barrow nunca tenha concluído seu trabalho, Newton em suas pesquisas, continuou na mesma direção e formulou o Teorema Fundamental do Cálculo. O cientista Gottfried Wilhelm Leibniz representava a integração com o símbolo `
∫
, um ‘s’ longo representando a área da figura pela soma das áreas infinitesimais definidos pelas ordenadas e pelas diferenças entre as abscissas. Os trabalhos de Leibniz foram publicados em 1684 e 1686 com o nome de ‘Calculus Summatorius’. Em 1690 Jacques Bernoulli publicou o nome Cálculo Integral criado  pelo seu irmão Johann Bernoulli. 
Integração por partes
    Se f e g são funções diferenciáveis, então, pela regra de diferenciação do produto,  
Integrando ambos os lados, obtemos 
ou
ou
Uma vez que a integral à direita irá produzir outra constante de integração, não há necessidade de manter o C nesta última equação; assim sendo, obtemos 
∫f(x)g’(x)dx = f(x)g(x) - ∫g(x)f’(x)dx
a qual é chamada de fórmula de integração por partes. Usando esta fórmula, às vezes podemos tornar um problema de integração mais simples.Na prática, é usual reescrever (1) fazendo
u=f(x),          du=f '(x)dx   
,      
Isso dá lugar à seguinte forma alternativa para (1):
∫udv = u.v - ∫vdu
Integração por substituição
 . 
Através da substituição u=f(x) por u' = f'(x) ou , ou ainda, du = f'(x) dx,
admitindo que se conhece .
O método da substituição de variável exigea identificação de u e u' ou u e du na integral.
   
Passo 2
Exercício I
∫(3 - t).(t2 – 6t)4dt                u = t² - 6t
∫u4.du/2                    du = 2t – 6dt
1/2∫u4du                    du = 2(t – 3)dt
1/2.u5/5                    du/2 = t – 3dt
u5/10 + C
(t² - 6t)5 / 10 + C
Exercício II
∫50 t/√t+4 dt                                                u = t + 4               t = u - 4
∫50 t/(t + 4)1/2 dt                                          du = dx
∫50 t.(t + 4)-1/2 dt
∫50 (u – 4).(u)-1/2 du
u3/2 / 3/2 – 4u1/2 / ½
2/3u3/2 – 4.2.u1/2
2/3u3/2 – 8.u1/2
2/3√(t + 4)3 - 8√t + 4
2/3.(t + 4) . √t + 4 - 8√t + 4
(2t/3 + 8/3).√t + 4 - 8√t + 4
2t√t + 4/3 + 8√t + 4/3 - 8√t + 4
(2t√t + 4+ 8√t + 4 - 24√t + 4)/3
(2t√t + 4 - 16√t + 4)/3 |50
(2.5√5+4 - 16√5 + 4)/3 – (2.0√0 + 4 - 16√0 + 4)/3
(10√9 - 16√9)/3 – (16√4)/3
(10.3 – 16.3 +16.2)/3
50/3 = 4,67
Resposta correta letra B.
		 UNIVERSIDADE ANHANGUERA
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