prova p2 gab calc1 2010 2 eng0
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DEPARTAMENTO de ME´TODOS MATEMA´TICOS
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
GABARITO da SEGUNDA PROVA UNIFICADA de CA´LCULO I
06 de DEZEMBRO de 2010
Questa\u2dco 1. (2,0 pontos)
Para o carnaval de 2011, o bloco carnavalesco \u201cVai que e´ Mole\u201d
fara´ um carro alego´rico composto de 4 troncos de pira\u2c6mides
regulares com base quadrada. Estes troncos sera\u2dco todos iguais
e tera\u2dco sua superf´\u131cie lateral revestida com um material imi-
tando ouro.
Veja um destes troncos na figura ao lado.
Cada tronco de pira\u2c6mide tera´ 2 m de altura e sua base inferior
6
l
l
6
2
sera´ um quadrado de 6 m de lado. A base superior, onde ficara´ um destaque do \u201cVai que e´ Mole\u201d,
sera´ um quadrado de lado l, com l \u2265 2 m. Qual deve ser o valor de l para que a quantidade do
material que sera´ usado no revestimento da superf´\u131cie lateral dos troncos seja a menor poss´\u131vel?
Soluc¸a\u2dco.
P 6 S
RlQ
h
Figura 1
A
h
B
C
D
A
h
B l C
D
2
E
2
Figura 2 Figura 3
Na figura 1 acima, a a´rea do trape´zio PQRS e´
6 + l
2
h. Logo, a a´rea lateral de cada tronco de
pira\u2c6mide e´ 2(6+ l)h. Para calcularmos h, observamos o trape´zio ABCD nas figuras 2 e 3. Na figura
3, fazemos l = 2x, obtendo AE = 3\u2212 x. Assim, h =
\u221a
4 + (3\u2212 x)2 =
\u221a
13\u2212 6x+ x2.
Como 2 \u2264 l = 2x \u2264 6, conclu´\u131mos que a a´rea lateral de cada tronco e´ dada por
A(x) = 4(3 + x)
\u221a
13\u2212 6x+ x2, onde 1 \u2264 x \u2264 3.
Derivando, obtemos
A\u2032(x) = 4
(\u221a
13\u2212 6x+ x2 + (3 + x)(x\u2212 3)\u221a
13\u2212 6x+ x2
)
= 8
(
x2 \u2212 3x+ 2\u221a
13\u2212 6x+ x2
)
, onde 1 \u2264 x \u2264 3.
Observando que o denominador de A\u2032 e´ positivo, verificamos que se 1 < x < 2, A\u2032 < 0. E, se
2 < x < 3, A\u2032 > 0. Logo, a a´rea A e´ m\u131´nima para x = 2. Sendo assim, devemos ter l = 4.
Questa\u2dco 2. (3,0 pontos)
Calcule as integrais:
(a) (1,5 ponto).
\u222b \u221e
1
lnx\u221a
x5
dx (b) (1,5 ponto).
\u222b
5x+ 8
(x\u2212 1)(x2 + 4x+ 8) dx
Soluc¸a\u2dco.
(a) Primeiramente, calculamos uma primitiva para (lnx)/
\u221a
x5 dx usando integrac¸a\u2dco por partes.
Tomando u = lnx e dv = x\u22125/2dx, obtemos du = x\u22121dx e v = (\u22122/3)x\u22123/2. Logo,\u222b
lnx\u221a
x5
dx = (\u22122/3) lnx
x3/2
+ (2/3)
\u222b
x\u22123/2 · x\u22121dx
= (\u22122/3) lnx
x3/2
\u2212 4
9x3/2
.
Temos que
lim
t\u2192\u221e
\u222b t
1
lnx\u221a
x5
dx = lim
t\u2192\u221e
[
(\u22122/3) lnx
x3/2
\u2212 4
9x3/2
]t
1
= lim
t\u2192\u221e
(
(\u22122/3) ln t
t3/2
\u2212 4
9t3/2
+ 4/9
)
= 4/9,
uma vez que, por L\u2019Ho\u2c6pital,
lim
t\u2192\u221e(\u22122/3)
ln t
t3/2
= 0.
Logo, \u222b \u221e
1
lnx\u221a
x5
dx = 4/9.
(b) Vamos resolver usando o me´todo de frac¸o\u2dces parciais. Primeiro, verificamos que os fatores
(x\u2212 1) e (x2 + 4x+ 8) sa\u2dco irredut´\u131veis. Fazendo
5x+ 8
(x\u2212 1)(x2 + 4x+ 8) =
A
x\u2212 1 +
Bx+ C
x2 + 4x+ 8
,
obtemos
(A+B)x2 + (4A\u2212B)x+ (8A\u2212 C) = 5x+ 8,
donde conluimos que A = 1, B = \u22121 e C = 0. Logo,\u222b
5x+ 8
(x\u2212 1)(x2 + 4x+ 8) dx =
\u222b
1
x\u2212 1 dx\u2212
\u222b
x
x2 + 4x+ 8
dx
= ln |x\u2212 1| \u2212
\u222b
x
x2 + 4x+ 8
dx. (1)
Resta enta\u2dco calcular \u222b
x
x2 + 4x+ 8
dx =
\u222b
x
(x+ 2)2 + 4
dx.
Fazendo u = x+ 2, temos du = dx e x = u\u2212 2, logo\u222b
x
x2 + 4x+ 8
dx =
\u222b
u\u2212 2
u2 + 4
du =
\u222b
u
u2 + 4
du\u2212 2
\u222b
1
u2 + 4
du
= (1/2) ln |u2 + 4| \u2212 arctg(u/2) + C
= (1/2) ln(x2 + 4x+ 4)\u2212 arctg
(
x+ 2
2
)
+ C.
Agora basta substituir em (1).
Questa\u2dco 3. (3,0 pontos)
(a) (1,0 ponto). Encontre f(x) positiva e cont´\u131nua tal que a a´rea sob seu gra´fico de x = 0 ate´
x = t vale et
2 \u2212 e\u2212t2 , para todo t > 0.
(b) (2,0 pontos). Ache a a´rea limitada pelas curvas y = x2
\u221a
2 e y =
\u221a
1\u2212 x2.
Soluc¸a\u2dco.
(a) De acordo com o enunciado da questa\u2dco:\u222b t
0
f(x)dx = et
2 \u2212 e\u2212t2 .
Lembrando da primeira parte do Teorema Fundamental do Ca´lculo, derivamos os dois mem-
bros desta igualdade, obtendo
f(t) = 2tet
2
+ 2te\u2212t
2
.
(b) Para achar os pontos de intersec¸a\u2dco, basta resolver a equac¸a\u2dco x2
\u221a
2 =
\u221a
1\u2212 x2, que e´ equiva-
lente a` equac¸a\u2dco biquadra´tica 2x4 + x2 \u2212 1 = 0. Suas ra´\u131zes reais sa\u2dco x = \u221a2/2 e x = \u2212\u221a2/2.
Logo, a a´rea limitada entre as curvas e´ dada por:
A =
\u222b \u221a2/2
\u2212\u221a2/2
\u221a
1\u2212 x2 dx\u2212
\u222b \u221a2/2
\u2212\u221a2/2
x2
\u221a
2 dx.
Para a primeira integral usamos a substituic¸a\u2dco x = sen (\u3b8):\u222b \u221a2/2
\u2212\u221a2/2
\u221a
1\u2212 x2 dx =
\u222b pi/4
\u2212pi/4
cos2(\u3b8) d\u3b8 =
\u222b pi/4
\u2212pi/4
cos(2\u3b8) + 1
2
d\u3b8 =
(
sen (2\u3b8)
4
+
\u3b8
2
)\u2223\u2223\u2223\u2223\u3b8=pi/4
\u3b8=\u2212pi/4
=
pi
4
+
1
2
.
Na segunda integral usamos o Teorema Fundamental do Ca´lculo diretamente:\u222b \u221a2/2
\u2212\u221a2/2
x2
\u221a
2 dx =
(
x3
\u221a
2
3
)\u2223\u2223\u2223\u2223\u2223
x=
\u221a
2/2
x=\u2212\u221a2/2
=
1
3
.
Portanto, a a´rea limitada entre as curvas e´ dada por:
A =
pi
4
+
1
2
\u2212 1
3
=
pi
4
+
1
6
.
Questa\u2dco 4. (2,0 pontos)
Qual deve ser o valor de m para que o volume do so´lido gerado pela rotac¸a\u2dco da regia\u2dco limitada
pelas curvas y = mx e y =
\u221a
x em torno do eixo y seja igual a
pi
15
?
Soluc¸a\u2dco.
Os pontos de intersec¸a\u2dco das curvas sa\u2dco dados por
y2 =
1
m
y \u21d4 y = 0, y = 1
m
.
Logo, o volume da regia\u2dco sera´,
V =
\u222b 1/m
0
[
pi
(
1
m
y
)2
\u2212 pi(y2)2
]
dy = pi
\u222b 1/m
0
(
1
m2
y2 \u2212 y4
)
dy = pi
[
1
3m2
y3 \u2212 y
5
5
]1/m
0
=
2pi
15m5
.
Segue que
pi
15
=
2pi
15m5
\u21d4 m5 = 2\u21d4 m = 5
\u221a
2.