APX01 -C2-2020-1-Gabarito (1)

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Fundação CECIERJ – Vice-Presidência de Educação Superior a Distância 
 
APX1 ‐ Cálculo II ‐ 2020/1 ‐GABARITO 
 
Solução da 1ª Questão    
A região pedida e mostrada na Figura 1 
 
Figura 1 
O ponto de  interseção da parábola e da reta pode ser obtido resolvendo o sistema com suas respectivas 
equações, ou por tentativa baseada no esboço dos gráficos, obtendo‐se o ponto  (4,3) . 
O ponto de interseção do gráfico da função exponencial com a reta é mais difícil de ser obtido de maneira 
analítica,  porém  uma  rápida  inspeção  no  esboço  sugere  que  o  ponto  de  interseção  é 
1
2,
4
 
 
 
,  o  que  é 
facilmente confirmado substituindo‐se nas respectivas equações. 
 
A região  R  dada é a união das regiões   1R e 2R  mostradas na Figura 2. 
 
Figura 2 
 
 
 
Cálculo II            Gabarito da APX1           2020/1 
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2 
 
 
Neste caso, a representação da área é feita por duas integrais em relação à variável independente x:   
1 2( ) ( ) ( )R  A A R A R = ( ) ( )
2 4
( )
0 2
11 5
[ 1 2 ] [ 1 ]
8 2
xx dx x x dx-
æ ö÷ç+ - + + - - ÷ç ÷çè øò ò  
     
  Ou de forma equivalente: 
         
      ( )
4 2 4
( )
0 0 2
11 5
1 2
8 2
xx dx dx x dx-
æ ö÷ç= + - - - ÷ç ÷çè øò ò ò  
   
2 44 ( ) 2
3/2
0 0 2
2 2 11 5
3 ln 2 8 2 2
x x
x x x
- ù ùæ ö æ öùæ ö ÷ ÷ç ç÷ ú úç ú= + - - - -÷ ÷÷ ç çç ÷ ÷÷ ú úç ç ç÷ ÷ú ç çè ø è ø è øû û û
 
( ) ( ) ( ) ( )
( 2)
23/2 22 2 1 11 5 11 54 4 4 4 2 2
3 ln 2 ln 2 16 2 16 2
-æ ö æ ö÷ç ÷ç= + - - + - - - +÷ç ÷ç÷ ÷çç ÷ç è øè ø
 
( 2)16 2 1 11
4 11 10 5
3 ln 2 ln 2 4
- æ ö÷ç= + + - - - - + ÷ç ÷çè ø
 
28 3 13 73 3 1 73 3
3 4ln 2 4 12 4ln 2 4 3 ln 2
æ ö÷ç= - - = - = - ÷ç ÷çè ø
. 
 
 
Solução da 2ª Questão 
Seja   ( )
( )2 3
2
sen
41 
t
t
F t u du= +ò , note que o integrando é uma função contínua em  . 
( )
( ) ( ) ( )2 3 2 3 2 32
2 2
sen sen sen
4 4 4 4 41 1 1 1 1 
t t ta t
a a at t
F t u du u du u du u du u du= + = + + + =- + + +ò ò ò ò ò 
Então pelo TFC (1ª Parte) e a regra da cadeia  temos que F  é derivável em  e 
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
442 2 2 3 2 31 . 1 sen . senF t t t t t
¢¢¢ =- + + + 
( ) ( ) ( )( ) ( )8 3 3 2 8 32 1 2sen cos 3 1 senF t t t t t t t¢ =- + + + 
 
 
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3 
 
Ou seja  
( ) ( ) ( ) ( )2 3 3 8 3 86 sen cos 1 sen 2 1F t t t t t t t¢ = + - + (*) 
Por outro lado 
 
   
 
    
2 3
2
sen ( )2 2
4
2 2
0 0 0
1
1
tx x x
t
TFC ParteF t
d d d d d
u du dt F t dt F t dt F x F x
dx dx dx dx dx
   
   
        
   
     
   

  
Assim usando (*) temos que  
( ) ( ) ( ) ( )2 3 3 8 3 86 sen cos 1 sen 2 1¢ = + - +F x x x x x x x  
Logo a resposta pedida é: 
( ) ( ) ( )
2 3
2
sen ( )2
4 2 3 3 8 3 8
2
0
1 6 sen cos 1 sen 2 1
æ ö÷ç ÷ç + = + - +÷ç ÷ç ÷÷çè ø
ò ò
tx
t
d
u du dt x x x x x x
dx
. 
 
 
Solução da 3ª Questão 

2 2 2tg (2 ) sec (2 ) 1 sec (2 )
u
dv
z z dz z z dz z z dz z dz         
Utilizando‐se o método de integração por partes temos  2 1sec (2 ) tg (2 )
2
ì =  =ïïïíï =  =ïïî
u z du dz
dv z dz v z
 
2 2
2 1 1 sen (2 )tg (2 ) tg (2 ) tg (2 ) tg (2 )
2 2 2 2 2 cos(2 ) 2
z z z z z
z z dz z z dz z dz
z
       
 
Ou seja: 
2
2 1 2sen (2 )tg (2 ) tg (2 )
2 4 cos(2 ) 2
z z z
z z dz z dz
z

    
Portanto: 
2
2 1tg (2 ) tg (2 ) ln cos(2 )
2 4 2
z z
z z dz z z C    . 
 
 
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Solução da 4ª Questão 
 2 2
2 2
1 2 1
3 4 3 4
x x x
dx dx
x x x x
  

     
Conforme o estudado na Semana 5 do Caderno de Coordenação. Vol 1.   Exercício 5.10 c. Reduzindo uma 
fração  imprópria, observe‐se que neste caso o  integrando é o quociente de polinômios do mesmo grau, 
assim  temos que esse quociente é uma  fração  imprópria e antes de  fazer a  integração, devemos dividir 
primeiro o numerador pelo denominador, obtendo o quociente, mais o resto que é uma função própria  (isto 
é, o grau do numerador é menor que o grau do denominador). 
2
2
2
3 4
2 1
1
3 4
5 3
x x
x x
x x
x
 
 
  
 
 
 2
2 2 2
1 5 3 (5 3)
1
3 4 3 4 3 4
x x x
dx dx x dx
x x x x x x
                 
2 2
5 (2 3) 3 3
2 3 4 3 4
x
x dx dx
x x x x
 
  
     
2
2 2 2
3 4
(2 3)
5 (2 3) 5 3 3
2 3 4 2 3 4 3 4
u x x
du x dx
x
x dx dx dx
x x x x x x
  
 

   
       
 
2
2
5 9 1
ln 3 4
2 2 3 4
x x x dx
x x
    
  
Porém  
2
2 2 2 2
2 2
3
( )
2
9 9 3 7 (2 3) 7 (2 3) ( 7)
3 4 3 4
4 4 2 4 4 4
x
x x
x x x x x

                
 
 
 
 
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5 
 
Logo 
 2 2
2 2 2
1 5 9 4
ln 3 4
3 4 2 2 (2 3) ( 7)
x
dx x x x dx
x x x

    
     (**) 
Seja   2 3 2= +  =u x du dx 
2 2 2 2
9 4 9 9 2 3
9 arctg arctg
2 (2 3) ( 7) ( 7) 7 7 7 7
du u x
dx C C
x u
            (***) 
Substituindo (***) em (**) temos: 
 2 2
2
1 5 9 2 3
ln 3 4 arctg
3 4 2 7 7
x x
dx x x x C
x x
 
     
  . 
 
 
 
Solução da 5ª Questão 
Estudaremos primeiro a integral indefinida 
   
 
   
2
23
4
sec ( )
sen cos ( ) tg tgsen cos ( )
cos ( )
cos
d d d d    
    


      
Faça   ( ) ( )2tg secq q q=  =u du d 
 
 
2
1 2 1 2sec ( ) 2 2 tg
tg
d du
u du u C C
u
  

        
Assim 
   
 
4
4
3 6
6
1 3
3
4
4
3
2 tg 2 tg tg 2 1
4 6 3sen cos
1 27
2 1 2 1
33
d




  
 
 
 
                         
 
 
  
        

 