Primeira Avaliação Gabarito (1) calculo 2

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1
DISCIPLINA: ECT2201 - CA˜LCULO II - T01
PROFESSOR: NYLADIH THEODORY
Aluno Identificac¸a˜o
Data: 07/07/2015
PRIMEIRA AVALIAC¸A˜O
Instruc¸o˜es Gerais
1. Prova sem consulta. Na˜o e´ permitido o uso de calculadoras, celulares, note-
books ou similares. As u´ltimas duas folhas do caderno de resposta podem
ser usadas para rascunho.
2. Na˜o desgrampear as folhas do caderno de respostas. As folhas desgrampeadas
na˜o sera˜o avaliadas. A prova na˜o pode ser feita a la´pis.
3. A durac¸a˜o da prova e´ de 100 min.
Notas Atribu´ıdas (para uso do professor)
Q1 : Q2 : Q3 : Q4 : Q5 : Q6: NF :
2
Q1. (3, 0 pontos) Usando a te´cnica de integrac¸a˜o adquada, detemirne o valor
das seguintes integrais definidas:
(a)
∫ pi/2
0
x cosx2dx = 1
2
∫ pi2
4
0
cosudu
= 1
2
sin
(
pi2
4
)
.
(c)
∫ 0
1
2
x+3
x2−3x+2dx =
∫ 0
1
2
x+3
(x−2)(x−1)dx
=
∫ 0
1
2
5
(x−2)dx−
∫ 0
1
2
4
(x−1)dx
= [5 ln |x− 2| − 4 ln |x− 1|]01
2
= ln
(
64
243
)
.
(b)
∫ pi
0
ex cosxdx = [ex sinx]pi0 −
∫ pi
0
ex sinxdx∫ pi
0
ex cosxdx = − epi+1
2
(d)
∫ 1
−1
√
1− x2dx = ∫ +pi2−pi
2
cos2 θdθ
∫ +pi
2
−pi
2
cos2 θdθ = [cos θ sin θ]
+pi
2
−pi
2
+
∫ +pi
2
−pi
2
sin2 θdθ
∫ +pi
2
−pi
2
cos2 θdθ = [cos θ sin θ]
+pi
2
−pi
2
+
∫ +pi
2
−pi
2
[
1− cos2 θ] dθ
∫ +pi
2
−pi
2
cos2 θdθ =
[cos θ sin θ+θ]
+pi
2
−pi
2
2
= pi
2
.
(e)
∫∞
1
1
x
dx = lim
b→+∞
∫ b
1
1
x
dx = lim
b→+∞
[ln |x|]b1
= lim
b→+∞
[ln |b| − ln |1|] = +∞.
(f)
∫ +∞
−∞
1
1+x2
dx =
∫ 0
−∞
1
1+x2
dx+
∫ +∞
0
1
1+x2
dx
= lim
a→−∞
∫ 0
a
1
1+x2
dx+ lim
b→+∞
∫ b
0
1
1+x2
dx
= lim
a→−∞
[arctanx]0a + limb→+∞
[arctanx]b0 = pi.
3
Q2. (2, 0 pontos) Usando a integral definida, mostre que a a´rea de um c´ırculo de raio r e´ dada por A = pir2.
Resoluc¸a˜o: A equac¸a˜o de uma circunfereˆncia de raio r e centrada na origem e´
x2 + y2 = r2.
Assim, y = ±√r2 − x2. A parte da circunfereˆncia que corresponde ao primeiro e segundo quadrantes e´ repre-
sentada por +
√
r2 − x2 e a parte que corresponde ao terceiro e quarto quadrates e´, portanto, representada por
−√r2 − x2. Isso quer dizer que a circufereˆncia e´ limitada acim por +√r2 − x2 e abaixo por −√r2 − x2; portanto,
A =
∫ 1
−1
[√
r2 − x2 −
(
−
√
r2 − x2
)]
dx
= 2
∫ 1
−1
√
r2 − x2dx
= 2r
∫ 1
−1
√
1− x
2
r2
dx.
Da letra (d) da questa˜o Q1, temos enta˜o que
A = 2r
∫ 1
−1
√
1− x
2
r2
dx
= 2r
pir
2
= pir2.
2 2
r - x 
2 2
- r - x 
x
y
4
Q3. (2, 0 pontos) Usando a integral definida, mostre que o volume de uma
piraˆmide reta de base quadrada de aresta a e altura h e´ igual a V = a
2h
3 .
Resoluc¸a˜o: Vamos colocar a base da piraˆmide no plano xOy e extende-la ao longo do eixo z; veja a figura
abaixo. A uma distaˆncia z da base de piraˆmide, a aresta r mede
r =
a
h
(h− z) .
Portanto, a a´rea da secc¸a˜o transversal e´
A (z) =
[a
h
(h− z)
]2
.
Integrando A em z de 0 a h, temos
A =
∫ h
0
[a
h
(h− z)
]2
dz
=
(a
h
)2 ∫ h
0
(
h2 − 2hz + z2) dz
=
(a
h
)2 [
h2z − hz2 + z
3
3
]h
0
=
a2h
3
.
x
y
z
a
h
h-z
z
r/2
a/2
5
Q4. (3, 0 pontos) Detemine o volume do so´lido gerado por uma rotac¸a˜o de
2pi rad em torno do eixo x da regia˜o indicada na figura abaixo.
-1
1
0
8
7 15
y
x
Resoluc¸a˜o:
∫ 15
−1
pi [f (x)]
2
dx =
∫ 0
−1
pi [g (x)]
2
dx+
∫ 7
0
pi [h (x)]
2
dx+
∫ 15
7
pi [ω (x)]
2
dx
=
∫ 0
−1
pi
[√
1− x2
]2
dx+
∫ 7
0
pi [x+ 1]
2
dx+
∫ 15
7
pi.82dx
= pi
{∫ 0
−1
(
1− x2) dx+ ∫ 7
0
(
x2 + 2x+ 1
)
dx+ 64
∫ 15
7
dx
}
= pi
{(
x− x
3
3
)∣∣∣∣0
−1
+
(
x3
3
+ x2 + x
)∣∣∣∣7
0
+ 64 x|157
}
= pi
{
3
3
− 1
3
+
73
3
+
3× 72
3
+
3× 7
3
+
3× 64× 8
3
}
= 683pi.
6
Q5. (2, 0 pontos) Encontre a a´rea da regia˜o cerrada pela reta y = x − 1 e a
para´bola y2 = 2x+ 6.
Resoluc¸a˜o:
Pela figura abaixo, a melhor maneira de integrar a regia˜o indicada e´ atrave´s de
A =
∫ 4
−2
[
(y + 1)− y
2 − 6
2
]
dy
=
∫ 4
−2
[
2(y + 1)
2
− y
2 − 6
2
]
dy
=
1
2
∫ 4
−2
[
2y − y2 + 8] dy
=
1
2
[
y2 − y
3
3
+ 8y
]∣∣∣∣4
−2
=
1
2
[12 + 48− 24]
=
36
2
= 18.
Figure 1:
7
Q6.(2, 0 pontos) Use a soma de Riemann para encontra a a´rea sob a curva de f (x) = 9− x2, sobre o intervalo
[0, 3] . Detemine tambe´m o valor me´dio de f (x) nesse intervalo.
Resoluc¸a˜o:
A = lim
n→∞
n∑
k=1
f (x∗k) ∆x
Escolhendo x∗k = xk =
3k
n e ∆x =
3
n . Assim,
A = lim
n→∞
n∑
k=1
(
9−
[
3k
n
]2)
3
n
= lim
n→∞
n∑
k=1
(
27
n
− 27k
2
n3
)
= lim
n→∞
[
27− 27
n2
(n+ 1) (2n+ 1)
6
]
= lim
n→∞
[
27− 27
(
1 + 1n
) (
2 + 1n
)
6
]
= 27− 9 = 18.
Agora, pelo teorema do valor me´dio para integrais
(b− a) f (x) =
∫ b
a
f (x) dx.
Assim, o valor me´dio de f (x) , f (x), e´ portanto,
f (x) =
1
b− a
∫ b
a
f (x) dx
=
1
3− 0
∫ 3
0
f (x) dx
=
18
3
= 6.