prova calculo1 2012 1 prova final

Prévia do material em texto

Universidade Federal do Espírito Santo
Prova Final de Cálculo I –Data: 13/11/2012
Prof. Lúcio Fassarella
DMA/CEUNES/UFES
Aluno:___________________________Matrícula:______Nota:
1. (1; 5 ponto) Calcule os limites:
i) lim
x!2
2x2 � 3x� 2
x2 � 4 ii) limx!1
p
x
ln (x2)
iii) lim
x!1
cos
�
�
2x
�
x� 1
2. (1; 5 ponto) Um copo de papel tem a forma de um cone circular reto com
10 cm de altura e 3 cm de raio no topo. Se for colocada água dentro do
copo à taxa de 2 cm3= s, com que rapidez o nível da água se elevará quando
ela estiver a 5 cm de profundidade?
3. (1; 5 ponto) Determine as retas que contêm o ponto (1; 12) e são tangentes
à curva
y = 9� x2
4. (1; 5 ponto) Determine o triângulo isóceles de menor área que pode ser
circunscrito à uma circunferência de raio r.
5. (2 pontos) Calcule as integrais:
i)
Z
x cos (�x) dx ii)
Z 5
�5
1p
25� x2 dx
6. (2 pontos) Em cada item, calcule a área da região limitada pelas curvas
i)
�
y = x2
y2 = x
ii)
�
y = x3 � x
y = 3x
Boa Prova!
1
Chave de Respostas
Serão penalizados com redução de pontos (variando de 0; 1 a 0; 3) as seguintes
situações:
- Desorganização;
- Notação/terminologia incorreta ou inadequada;
- Introdução de variáveis ou símbolos sem de…nição explícita;
- Respostas ou expressões intermediárias sem as devidas justi…cativas.
Questão 1 (todos os ítens)
- Aplicação da Regra de L’Hopital com cálculo correto das derivadas das
funções envolvidas = 0; 25
- Conclusão do cálculo do limite: = 0; 25
> O item (i) pode ser resolvido usando fatoração!
Questão 2
- Expressão correta do volume de água em função da profundidade = 0; 2
- Relação correta entre a profundidade e o raio da superfície da água = 0; 3
- Cálculo correto da derivada do volume de água em função do tempo = 0; 5
- Substituição correta de valores na expressão da derivada da profundidade
em relação ao tempo = 0; 5
- Registro da resposta.
Questão 3
- De…nição de uma extratégia correta para resolução do problema = 0; 5
- Expressão genérica das retas tangentes à curva = 0; 3
- Dedução da equação do segundo grau que caracteriza os pontos da curva
que resolvem o problema = 0; 3
- Resolução da equação do segundo grau = 0; 2
- Registro da resposta (determinação das expressões das retas que resolvem
o problema) = 0; 2
Questão 4
- Expressão correta da área de um triângulo isóceles circunscrito na circun-
ferência em função de um único parâmetro, digamos a altura = 0; 2
- De…nição de uma extratégia correta para resolução do problema (técnica
dos pontos críticos) = 0; 3
- Cálculo correto da derivada da área em função da altura = 0; 5
- Determinação do ponto crítico da função área = 0; 3
- Conclusão do problema e registro da resposta = 0; 2
2
Questão 5
Item (i)
- Integração por partes, com escolha correta das variáveis auxiliares = 0; 2
- Cálculos intermediários corretos = 0; 5
- Cálculo correto da integral intermediária = 0; 3
- Registro da resposta correta.
Item (ii)
- Substituição trigonométrica, com escolha correta da variável auxiliar = 0; 2
- Cálculo correto do novo integrando = 0; 2
- Resolução da nova integral = 0; 2
- Retorno à variável original (ou cálculo dos novos limites de integração) =
0; 2
- Cálculo da primitiva nos limites de integração = 0; 2
- Registro da resposta correta.
Questão 6
Item (i)
- Determinação da região limitada em questão (desenho e/ou intervalo de
integração) = 0; 3
- Determinação correta dos integrandos = 0; 3
- Cálculo da integral de…nida = 0; 4
Item (ii)
- Determinação da região limitada em questão (desenho e/ou intervalo de
integração) = 0; 3
- Determinação correta dos integrandos = 0; 3
- Cálculo da integral de…nida = 0; 4
3
Resolução
Questão 1:
(i) Resolvemos a indeterminação 0=0 fatorando os polinômios (mas ela pode
também ser resolvida usando L’Hopital):
i) lim
x!2
2x2 � 3x� 2
x2 � 4 = limx!2
(x� 2) (2x+ 1)
(x� 2) (x+ 2) = limx!2
2x+ 1
x+ 2
=
2� 2 + 1
2 + 2
=
5
4
(Resposta)
(ii) Resolvemos a indeterminação 1=1 usando a regra de L’Hopital:
ii) lim
x!1
p
x
ln (x2)
= lim
x!1
d
dx
p
x
d
dx ln (x
2)
= lim
x!1
1
2
p
x
2
x
= lim
x!1
p
x
4
=1 (Resposta)
(iii) Resolvemos a indeterminação 0=0 usando a regra de L’Hopital:
iii) lim
x!1
cos
�
�
2x
�
x� 1 = limx!1
d
dx cos
�
�
2x
�
d
dx (x� 1)
= lim
x!1
��2 sin
�
�
2x
�
1
= ��
2
sin
��
2
�
= ��
2
(Resposta)
4
Questão 2: De…nimos as seguintes variáveis:
t : = tempo transcorrido desde que o copo começou a receber água
y : = altura da água no copo no instante t
x : = raio do disco de…nido pela superfície da água no copo no instante t
Como o copo tem formato de cone circular reto invertido, seções retas contendo
o eixo central de…nem um triângulo retângulo cujos catetos medem 10 cm e 3 cm;
por semelhança de triângulos, segue a seguinte relação entre as variáveis x e y
(válida em qualquer instante de tempo t):
y
10
=
x
3
 x = 3
10
y
Quando a altura da água no copo é y, o volume de água é dado por:
V =
1
3
�x2y V = 3
100
�y3
Portanto, a relação entre a taxa de variação do volume e a taxa de variação da
altura de água em relação ao tempo é dada por:
dV
dt
=
9
100
�y2
dy
dt
 dy
dt
=
100
9�y2
dV
dt
Finalmente, considerando dV=dt = 2 cm3= s segue que a taxa com que o nível
de água se eleva quando y = 5 cm é dada por:
dy
dt
����
(y=5 cm; dV=dt=2 cm3= s)
=
100
9�52
� 2 = 8
9�
(Resposta)
5
Questão 3: A reta tangente ao grá…co de uma função derivável f (x) num
ponto (x0; y0) é dada pela equação
y = f 0 (x0) (x� x0) + y0 ; y0 = f (x0)
No caso da curva y = 9 � x2, a reta tangente no ponto (x0; y0) é dada pela
seguinte equação
y = �2x0 (x� x0) + 9� x20 (�)
A condição de que essa reta contenha o ponto (1; 12) determina a seguinte
equação na variável x0,:
12 = �2x0 (1� x0) + 9� x20
ou seja
x20 � 2x0 � 3 = 0
Resolvendo essa equação do segundo grau obtemos
x0 = �1 ou x0 = 3
Substituindo esses valores na equação (�) acima, obtemos duas retas satisfazendo
as condições do problema:
fy = 2x+ 10 e fy = �6x+ 18 (Resposta)
Addendum à resolução
O seguinte grá…co con…rma a solução do problema:
52.50-2.5-5
12.5
10
7.5
5
2.5
0
x
y
x
y
y = 9� x2 (azul), y = 2x+ 10 (vemelho
claro) e y = �6x+ 18 (vermelho escuro)
6
Questão 4: De…nimos as seguintes variáveis:
b : = base do triângulo isóceles
h : = altura do triângulo isóceles
� : = ângulo do vértice oposto à base do triângulo isóceles
Usando geometria elementar, deduzimos as seguintes relações:
tan (�=2) =
b=2
h
; sin (�=2) =
r
h� r
Podemos exprimir tan (�=2) e b em função de h:
tan (�=2) =
sin (�=2)
cos (�=2)
=
sin (�=2)q
1� sin2 (�=2)
=
r
h�rr
1�
�
r
h�r
�2 = rph2 � 2hr
e
b = 2h tan (�=2) b = 2rhp
h2 � 2rh
A área do triângulo isóceles é dada por
A =
1
2
bh A (h) = rh
2
p
h2 � 2rh
Observamos a condição que de…ne o domínio de A (h), coerente com a geome-
tria do problema: h > 2r!
O valor de h que minimiza a área deve ser um ponto crítico de A (h), i.e., uma
raiz de sua derivada.1 A derivada de A (h):
dA
dh
= r
d
dh
�
h2p
h2 � 2hr
�
= r
2h
p
h2 � 2hr � h2 2h�2r
2
p
h2�2hr
h2 � 2hr
Efetuando cálculos aritméticos, obtemos:
dA
dh
=
rh2 (h� 3r)
(h2 � 2hr)3=2
Concluimos que A (h) possui um único ponto crítico:
dA
dh
= 0 () h0 = 3r
1Os seguintes limites nos permitem concluir que A (h) deve possuir ponto de mínimo global
no interior do seu domínio (portanto, ele deve ser um ponto crítico):
lim
h!2r+
A (h) =1 = lim
h!+1
A (h)
7
Substituindo esse valor na expressão para a base, obtemos:b0 =
2r (3r)q
(3r)
2 � 2r (3r)
= 2
p
3r
Resposta: o triângulo isóceles circunscrito à circunferência de raio r > 0
que possui área mínima tem altura h0 = 3r e base b0 = 2
p
3r. Calculando
o ângulo oposto à base desse triângulo, podemos concluir que esse triângulo é
equilátero (todos os seus ângulos medem 600):
�0 = 2arcsin
�
r
3r � r
�
= 2arcsin
�
1
2
�
| {z }
�=6
=
�
3
Addendum à Resolução
O seguinte grá…co da função A (h) no caso r = 1, con…rma a
solução do problema – ou seja, que o triângulo isóceles de menor
área deve ter altura h = 3.
6543
10
7.5
5
2.5
0
h
A(h)
h
A(h)
8
Questão 5:
i) A integral
R
x cos (�x) dx pode ser resolvida por partes com as seguintes
de…nições: �
u = x
dv = cos (�x) dx
 
�
du = dx
v = 1� sin (�x) dx
Assim:Z
x cos (�x) dx =
Z
udv = uv �
Z
vdu
=
1
�
x sin (�x)� 1
�
Z
sin (�x)xd
=
1
�
x sin (�x) +
1
�2
cos (�x) + c (Resposta)
ii) A integral
R 5
�5
1p
25�x2 dx pod ser resolvida por substituição:
x = 5 sin (�) 
�
dx = 5 cos (�) d�p
25� x2 = 5 cos (�)
Assim: Z
1p
25� x2 dx =
Z
1
5 cos (�)
5 cos (�) d� =
Z
d� = � + c
Retornando à variável original, obtemos:Z
1p
25� x2 dx = arcsin
�x
5
�
+ c
Pelo Teorema Fundamental do Cálculo:Z 5
�5
1p
25� x2 dx = arcsin
�x
5
����5
�5
= arcsin (1)� arcsin (�1) = �
2
�
�
��
2
�
= �
Em síntese: Z 5
�5
1p
25� x2 dx = � (Resposta)
9
Questão 6
i) Fazemos um esboço das curvas para visualizar a região limitada:
21.510.50-0.5-1
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
x
y
x
y
y = x2 (azul), y2 = x (vermelho)
Os pontos de interseção das curvas são soluções do seguinte sistema�
y = x2
y2 = x
 (x; y) = (0; 0) ou (x; y) = (1; 1)
Portanto, a área limitada pelas curvas é dada pela seguinte integral em x (o
que requer exprimir as curvas na região de integração como grá…cos de funções
de x):
A =
Z 1
0
�p
x� x2� dx = �2
3
x3=2 � 1
3
x3
�1
0
=
2
3
� 1
3
=
1
3
(Resposta)
10
ii) Fazemos um esboço das curvas para visualizar a região limitada:
2.51.250-1.25-2.5
7.5
5
2.5
0
-2.5
-5
-7.5
x
y
x
y
y = x3 � x (azul), y = 3x (vermelho)
Os pontos de interseção das curvas são soluções do seguinte sistema�
y = x3 � x
y = 3x
 x3 � 4x = 0 x 2 f�2; 0; 2g
Assim, os pontos de interseção são:
(�2;�6) ; (0; 0) ; (2; 6)
Portanto, a área limitada pelas curvas é dada pela seguinte integral em x (o
que requer exprimir as curvas na região de integração como grá…cos de funções
de x):
A =
Z 0
�2
��
x3 � x�� 3x	 dx+ Z 2
0
�
3x� �x3 � x�	 dx
=
Z 0
�2
�
x3 � 4x� dx+ Z 2
0
�
4x� x3� dx
=
�
1
4
x4 � 2x2
�0
�2
+
�
2x2 � 1
4
x4
�2
0
= 8 (Resposta)
11