Prova 2 - Fila A - Cálculo 1 - UFRGS

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UFRGS – Instituto de Matema´tica
Departamento de Matema´tica Pura e Aplicada
MAT 01353 – Ca´lculo e Geometria Anal´ıtica IA
Prova 2 – 02/12/15 – Fila A – 08h30min
1 2 3 4 5 Total
1,0 1,6 1,5 1,4 1,5 7,0
Nome: Carta˜o:
Questa˜o 1. a) 0,4 ponto Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parciais e´ o nome dado a decomposic¸a˜o de uma
func¸a˜o racional pro´pria em uma soma de parcelas do tipo
A
(ax+ b)k
ou
Ax+B
(ax2 + bx+ c)k
. Encontre a
decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parciais da func¸a˜o racional pro´pria f(x) =
(x+ 1)2
x(x− 1)2 .
( )
1
x(x− 1)2 +
2
(x− 1)2 +
x
(x− 1)2
( )
1
x
+
2
x+ 1
− 3
(x− 1)2
( X )
1
x
+
4
(x− 1)2
( )
1
x
+
2
x− 1 +
4
(x− 1)2
( )
1
x
+
1
x− 1 +
x+ 5
(x− 1)2
( ) NDA
Soluc¸a˜o : A decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias da func¸a˜o f e´ da forma:
(x+ 1)2
x(x− 1)2 =
A
x
+
B
x− 1 +
C
(x− 1)2
=
A(x− 1)2 +Bx(x− 1) + Cx
x(x− 1)2
(x+ 1)2
x(x− 1)2 =
Ax2 − 2Ax+A+Bx2 −Bx+ Cx
x(x− 1)2
x2 + 2x+ 1
x(x− 1)2 =
(A+B)x2 + (C −B − 2A)x+A
x(x− 1)2
Assim, 
A+B = 1
C −B − 2A = 2
A = 1
=⇒

A = 1
B = 0
C = 4
Portanto, a decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parciais da func¸a˜o f e´
(x+ 1)2
x(x− 1)2 =
1
x
+
4
(x− 1)2
b) 0,6 ponto Calcule
∫
(x+ 1)2
x(x− 1)2 dx.
( ) ln |x(x− 1)2| − 4
x− 1 + C
( ) ln | x
x− 1 |+
1
x− 1 + C
( ) ln |x2 + x|+ 3
x− 1 + C
( X ) ln |x| − 4
x− 1 + C
( ) NDA
Soluc¸a˜o : ∫
(x+ 1)2
x(x− 1)2dx =
∫
1
x
+
4
(x− 1)2dx
=
∫
dx
x
+ 4
∫
(x− 1)−2dx
= ln |x|+ 4
[
(x− 1)−1
−1
]
+ C
= ln |x| − 4
x− 1 + C
Questa˜o 2. Os itens desta questa˜o esta˜o relacionados a` regia˜o R hachurada na figura.
a) 0,2 ponto Qual e´ a equac¸a˜o da elipse da figura?
( ) 2x2 + y2 − 8y + 12 = 0
( ) 2x2 + y2 + 8y + 12 = 0
( ) 4x2 + y2 − 16x = 0
( ) 4x2 + y2 + 16x = 0
( X ) 4x2 + y2 − 8y = 0
( ) 4x2 + y2 + 8y = 0
Soluc¸a˜o : Observe que o eixo maior da elipse tem 8 unidades de comprimento (2a = 8 =⇒ a = 4) e e´
paralelo ao eixo y. O eixo menor mede 4 unidades de comprimento (2b = 4 =⇒ b = 2) e e´ paralelo ao
eixo x. Pela figura tambe´m podemos concluir que o o centro da elipse e´ C(0, 4), assim sua equac¸a˜o e´
dada por
x2
22
+
(y − 4)2
42
= 1
x2
4
+
(y − 4)2
16
= 1
4x2 + (y − 4)2 = 16
4x2 + y2 − 8y + 16 = 16
4x2 + y2 − 8y = 0
b) 0,7 ponto Escreva, mas na˜o calcule, a integral definida que representa a a´rea da regia˜o R. (Use a
varia´vel y)
( ) A =
1
2
∫ 2
0
√
8y − y2 − 4y d y
( ) A =
1
2
∫ 4
0
√
8y − y2 − 4y d y
( X ) A =
1
2
∫ 4
0
√
8y − y2 − y d y
( ) A =
1
2
∫ 2
0
√
8y − y2 − y d y
( ) A =
1
2
∫ 4
0
√
8y − y2 − 2y d y
( ) NDA
Soluc¸a˜o : A regia˜o R e´ limitada a` direta pela elipse de equac¸a˜o 4x2 + y2 − 8y = 0 e a` esquerda pela
reta y = 2x. Para escrevermos a integral em relac¸a˜o a y, precisamos isolar a varia´vel x ≥ 0 em ambas
equac¸o˜es :
4x2 + y2 − 8y = 0
4x2 = 8y − y2
x2 =
8y − y2
4
x = w(y) =
√
8y − y2
2
y = 2x
x = u(y) =
y
2
O intervalo de integrac¸a˜o e´ [c, d] = [0, 4], assim
A =
∫ d
c
[w(y)− u(y)] d y
=
∫ 4
0
√
8y − y2
2
− y
2
d y
=
1
2
∫ 4
0
√
8y − y2 − y d y
c) 0,7 ponto Calcule o volume do so´lido gerado quando R gira em torno do eixo y.
( )
4pi
3
u.v.
( )
8pi
3
u.v.
( X )
16pi
3
u.v.
( ) 16pi2 +
128pi
3
u.v.
( ) 16pi2 − 128pi
2
u.v
( ) NDA
Soluc¸a˜o : Ja´ temos tudo em ma˜os, agora e´ so´ escrever e calcular a integral!
V =
∫ d
c
pi([w(y)]2 − [u(y)]2) d y
=
∫ 4
0
pi
(√8y − y2
2
)2
−
(y
2
)2 d y
= pi
∫ 4
0
8y − y2
4
− y
2
4
d y
=
pi
4
∫ 4
0
8y − 2y2 d y
=
pi
2
∫ 4
0
4y − y2 dy
=
pi
2
[
2y2 − y
3
3
]4
0
=
pi
6
[
6y2 − y3
]4
0
=
pi
6
[(
6 · 42 − 43
)
−
(
6 · 02 − 03
)]
=
pi
6
·
(
96− 64
)
=
32pi
6
V =
16pi
3
Questa˜o 3. Considere a integral I =
∫ 4
2
√
x2 − 4
x3
dx.
a) 0,3 ponto Qual e´ a substituic¸a˜o trigonome´trica que elimina o radical do integrando?
( ) x = 2 sen θ
( ) x = 2 tg θ
( X ) x = 2 sec θ
( ) x = 4 sen θ
( ) x = 4 tg θ
( ) x = 4 sec θ
Soluc¸a˜o : A substituic¸a˜o que elimina o radical e´ x = 2 sec θ, uma vez que√
x2 − 4 =
√
(2 sec θ)2 − 4
=
√
4 sec2 θ − 4
=
√
4(sec2 θ − 1)
=
√
4 tg 2θ
√
x2 − 4 = 2| tg θ|
E´ importante observar que quando x percorre o intervalo [2, 4], a varia´vel θ percorre o intervalo [0,
pi
3
],
de modo que tg θ e´ sempre positiva no intervalo de integrac¸a˜o e sec θ, crescente. Podemos confirmar
isso abrindo um pouco mais as contas:
4 = 2 sec θ =⇒ sec θ = 2 =⇒ cos θ = 1
2
=⇒ θ = pi
3
2 = 2 sec θ =⇒ sec θ = 1 =⇒ cos θ = 1 =⇒ θ = 0.
Finalmente, podemos substituir x = 2 sec θ =⇒ dx = 2 sec θ tg θ d θ na integral I.
I =
∫ 4
2
√
x2 − 4
x3
dx
=
∫ pi/3
0
2 tg θ
(2 sec θ)3
2 sec θ tg θ d θ
=
∫ pi/3
0
4 tg 2θ sec θ
8 sec3 θ
d θ
=
1
2
∫ pi/3
0
tg 2θ
sec2 θ
d θ
=
1
2
∫ pi/3
0
sen 2θ
cos2 θ
1
cos2 θ
d θ
=
1
2
∫ pi/3
0
sen 2θ d θ
b) 0,6 ponto Escreva a integral I na varia´vel θ.
( )
1
2
∫ pi/6
0
tg 2θ sec2 θ d θ
( )
1
2
∫ pi/3
0
tg 2θ sec2 θ d θ
( )
1
4
∫ pi/6
0
sen θ cos2 θ d θ
( )
1
4
∫ pi/3
0
sen θ cos2 θ d θ
( )
1
2
∫ pi/6
0
sen 2θ d θ
( X )
1
2
∫ pi/3
0
sen 2θ d θ
Soluc¸a˜o : I =
1
2
∫ pi/3
0
sen 2θ d θ, conforme a soluc¸a˜o do item a).
c) 0,6 ponto Calcule o valor da integral I.
( X )
pi
12
−
√
3
16
( )
√
3 + ln (2 +
√
3) + 2
( )
√
3
16
( )
pi
24
− 1
16
( )
1
24
( )
1
12
−
√
3
32
( )
pi
24
ln(2 +
√
3)
( ) NDA
Soluc¸a˜o :
I =
1
2
∫ pi/3
0
sen 2θ d θ
=
1
2
∫ pi/3
0
1− cos 2θ
2
d θ
=
1
4
[
θ − sen 2θ
2
]pi/3
0
=
1
4
[(
pi
3
− sen (2pi/3)
2
)
−
(
0− sen 0
2
)]
=
pi
12
−
√
3
16
Questa˜o 4. Seja H a hipe´rbole de equac¸a˜o
x2 − 4y2 − 2x+ 17 = 0.
a) 0,7 ponto As equac¸o˜es das ass´ıntotas da hipe´rbole sa˜o
( ) 2x− y − 2 = 0 e 2x+ y − 2 = 0
( ) 2x− 4y − 1 = 0 e 4y + 2x+ 1 = 0
( X ) x− 2y − 1 = 0 e x+ 2y − 1 = 0
( ) 2x− y − 1 = 0 e 2x+ y + 1 = 0
( ) NDA
Soluc¸a˜o : Comec¸amos completando o quadrado na equac¸a˜o :
x2 − 4y2 − 2x+ 17 = 0
x2 − 2x− 4y2 = −17
x2 − 2 · 1 · x+ 1− 4y2 = −17 + 1
(x− 1)2 − 4y2 = −16
(x− 1)2
−16 −
4y2
−16 = 1
y2
4
− (x− 1)
2
16
= 1
y2
22
− (x− 1)
2
42
= 1
Trata-se de uma hipe´rbole de eixo real associado a medida 2a, onde a = 2, e eixo imagina´rio de
comprimento 2b com b = 4. Segue-se que as equac¸o˜es das ass´ıntotas sa˜o :
y = ±2
4
(x− 1)
2y = ±(x− 1)
2y = x− 1 ou 2y = −x+ 1
x− 2y − 1 = 0 ou x+ 2y − 1 = 0
b) 0,7 ponto Dentre as alternativas abaixo, qual melhor representa o gra´fico de H?
(a) ( ) (b) ( )
(c) ( X ) (d) ( )
(e) ( )
O gra´fico do item (c) e´ o u´nico que apresenta centro sobre o eixo x com coordenada positiva e, ao
mesmo tempo, tem eixo real paralelo ao eixo y.
Questa˜o 5. Escolha uma, e somente uma, das integrais impro´prias abaixo:
( ) I1 =
∫ +∞
0
xe−x dx ( ) I2 =
∫ 5
0
(x− 1)−1/3 dx
a) 0,5 ponto Explique porque a integral escolhida e´, de fato, impro´pria.
Soluc¸a˜o para I1: A integral I1 e´ uma integral impro´pria porque seu intervalo de integrac¸a˜o e´ infinito
e, portanto, a integral definida na˜o esta´ definida!
Soluc¸a˜o para I2. A integral I2 e´ impro´pria porque a func¸a˜oy = (x−1)−1/3 = 13√x− 1 na˜o e´ integra´vel
em [0, 5], uma vez que apresenta uma descontinuidade infinita em x = 1 ∈ [0, 5].
b) 0,5 ponto Expresse a integral impro´pria escolhida em termos de um ou mais limites apropriados.
Soluc¸a˜o para I1.
I1 = lim
b→+∞
∫ b
0
xe−x dx
Soluc¸a˜o para I2.
I2 =
∫ 1
0
(x− 1)−1/3 dx+
∫ 5
1
(x− 1)−1/3 dx = lim
b→1−
∫ b
0
(x− 1)−1/3 dx+ lim
a→1+
∫ 5
a
(x− 1)−1/3 dx
c) 0,5 ponto Calcule, se convergir, o valor da integral impro´pria escolhida.
( ) 0
( X ) 1
( ) 3
√
2− 1
( X ) 3
3
√
2− 1
2
( ) 1− e−1
( ) e
( )
4
3
ln 2
( ) e−1
( )
3
2
3
√
2
( ) A integral impro´pria escolhida diverge.
Soluc¸a˜o para I1. Podemos encontrar uma antiderivada para xe
−x por integrac¸a˜o por partes:∫
xe−x dx = x · (−e−x)−
∫
(−e−x) · 1 dx
= −xe−x − e−x + C
Assim,
I1 = lim
b→+∞
∫ b
0
xe−x dx
= lim
b→+∞
[
− xe−x − e−x
]b
0
= lim
b→+∞
[(
− be−b − e−b
)
−
(
− 0e0 − e0
)]
= − lim
b→+∞
b
eb
− lim
b→+∞
e−b + 1
= − lim
b→+∞
b
eb
− 0 + 1
= 1− lim
b→+∞
b
eb
Forma indeterminada tipo
0
0
→ L’Hoˆpital
= 1− lim
b→+∞
1
eb
= 1− 0
= 1
Soluc¸a˜o para I2:
I2 = lim
b→1−
∫ b
0
(x− 1)−1/3 dx+ lim
a→1+
∫ 5
a
(x− 1)−1/3 dx
= lim
b→1−
[
3(x− 1)2/3
2
]b
0
+ lim
a→1+
[