Cálculo Diferencial E Integral (42)

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MAT 2453 - P3
Ca´lculo Diferencial e Integral para Engenharia I
23.06.2009
Resoluc¸a˜o da Questa˜o 1
Sejam B o comprimento da base maior do trape´zio, b o da base menor, x o dos lados, A = 10
a a´rea e θ o aˆngulo da base (θ = pi/4 para provas tipo “A” e θ = pi/3 para provas tipo “B”).
Tem-se A = bx sin θ + x2 sin θ cos θ, donde b = A
x sin θ
− x cos θ. O per´ımetro P do trape´zio e´ dado
por P = B + b + 2x = 2b + 2x cos θ + 2x = 2A
x sin θ
+ 2x. Assim, tomando-se P : R∗+ → R dada
por x 7→ 2A
x sin θ
+ 2x, o problema se reduz a encontrar, caso exista, o(s) ponto(s) de mı´nimo de P .
Ora, P e´ duas vezes deriva´vel, sendo P ′ : R∗+ → R e P ′′ : R∗+ → R dadas, respectivamente, por
x 7→ − 2A
sin θ
1
x2
+ 2 e x 7→ 4A
sin θ
1
x3
. Como P ′′ e´ estritamente positiva, segue-se como corola´rio do
Teorema do Valor Me´dio (TVM) que P ′ e´ estritamente crescente. Assim, como P ′ se anula apenas
em x0 =
√
A
sin θ
, conclui-se que P ′ < 0 em (0, x0) e P ′ > 0 em (x0,+∞), donde, novamente como
corola´rio do TVM, P e´ estritamente decrescente em (0, x0] e estritamente crescente em [x0,+∞).
Conclui-se, enta˜o, que x0 =
√
A
sin θ
(i.e. x0 =
√
10
√
2 para provas tipo “A” e x0 =
√
20√
3
para
provas tipo “B”) e´ o u´nico ponto de mı´nimo de P - que corresponde, portanto, ao lado do trape´zio
que tem per´ımetro mı´nimo.
1
-A-
1) Calcule as seguintes integrais:
(1,5) a)
∫ dx
(x+ 1)
√
x+ 5
=
∫ 2udu
(u2 − 4)u =
∫ 2du
(u− 2)(u+ 2) =
∫ [ A
u− 2 +
B
u+ 2
]
du = (∗)
↓
u =
√
x+ 5
x = u2 − 5
x+ 1 = u2 − 4
dx = 2udu
2
(u− 2)(u+ 2) =
A
u− 2 +
B
u+ 2
=
(A+B)u+ 2A− 2B
(u− 2)(u+ 2){
A+B = 0
2A− 2B = 2 ⇒
{
A = 1/2
B = −1/2
(∗) =
∫ [ 1/2
u− 2 +
−1/2
u+ 2
]
du =
1
2
ln |u− 2| − 1
2
ln |u+ 2|+ k =
=
1
2
ln
∣∣∣√x+ 5− 2∣∣∣− 1
2
ln
∣∣∣√x+ 5 + 2∣∣∣+ k
(1,5) b)
∫
x arctg (
√
x2 − 1) dx = x
2
2
arctg (
√
x2 − 1)− 1
2
∫ x√
x2 − 1 dx =↓
u = arctg (
√
x2 − 1) du = 1
x
√
x2−1dx
dv = x dx v = x
2
2
↓
u = x2 − 1
du = 2x dx
=
x2
2
arctg (
√
x2 − 1)− 1
2
∫ 1
2
√
u
du =
x2
2
arctg (
√
x2 − 1)− 1
2
√
u+ k =
=
x2
2
arctg (
√
x2 − 1)− 1
2
√
x2 − 1 + k.
-B-
1) Calcule as seguintes integrais indefinidas:
(1,5) a)
∫ dx
(x + 1)
√
x + 10
=
∫ 2udu
(u2 − 9)u =
∫ 2du
(u− 3)(u + 3) =
∫ [ A
u− 3 +
B
u + 3
]
du = (∗)
↓
u =
√
x + 10
x = u2 − 10
x + 1 = u2 − 9
dx = 2udu
2
(u− 3)(u + 3) =
A
u− 3 +
B
u + 3
=
(A + B)u + 3A− 3B
(u− 3)(u + 3){
A + B = 0
3A− 3B = 2 ⇒
{
A = 1/3
B = −1/3
(∗) =
∫ [ 1/3
u− 3 +
−1/3
u + 3
]
du =
1
3
ln |u− 3| − 1
3
ln |u + 3|+ k =
=
1
3
ln
∣∣∣√x + 10− 3∣∣∣− 1
3
ln
∣∣∣√x + 10 + 3∣∣∣+ k.
(1,5) b)
∫
x arctg (
√
x2 − 1) dx = x
2
2
arctg (
√
x2 − 1)− 1
2
∫ x√
x2 − 1 dx =↓
u = arctg (
√
x2 − 1) du = 1
x
√
x2−1dx
dv = x dx v = x
2
2
↓
u = x2 − 1
du = 2x dx
=
x2
2
arctg (
√
x2 − 1)− 1
2
∫ 1
2
√
u
du =
x2
2
arctg (
√
x2 − 1)− 1
2
√
u + k =
=
x2
2
arctg (
√
x2 − 1)− 1
2
√
x2 − 1 + k.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 3
TURMA A: Usando a regra de L’Hospital obtemos
lim
x→0
∫ x3
0 e
t3 dt∫ x2
0 e
2t2 dt
= lim
x→0
ex
9
3x2
e2x
4
2x
= lim
x→0
ex
9
e2x
4 ·
3
2
· x = 1 · 3
2
· 0 = 0
TURMA B: Usando a regra de L’Hospital obtemos
lim
x→0+
∫ x2
0 e
2t2 dt∫ x3
0 e
t3 dt
= lim
x→0+
e2x
4
2x
ex
9
3x2
= lim
x→0+
e2x
4
ex
9 ·
2
3
· 1
x
= 1 · 2
3
·+∞ = +∞
1
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 3
TURMA A: Usando a regra de L’Hospital obtemos
lim
x→0
∫ x3
0 e
t3 dt∫ x2
0 e
2t2 dt
= lim
x→0
ex
9
3x2
e2x
4
2x
= lim
x→0
ex
9
e2x
4 ·
3
2
· x = 1 · 3
2
· 0 = 0
TURMA B: Usando a regra de L’Hospital obtemos
lim
x→0+
∫ x2
0 e
2t2 dt∫ x3
0 e
t3 dt
= lim
x→0+
e2x
4
2x
ex
9
3x2
= lim
x→0+
e2x
4
ex
9 ·
2
3
· 1
x
= 1 · 2
3
·+∞ = +∞
1
-
({(J)\):Lt\
4-) (2,5 pontos) Calcule o volume do s6lido obtido pela rotação em torno do eixo Ox do conjunto
R = {(x, Y) E JR2 IO ~ x ~ 2, O ~ Y ~ 1;',,2}.
5
-
({(J)\):Lt\
4-) (2,5 pontos) Calcule o volume do s6lido obtido pela rotação em torno do eixo Ox do conjunto
R = {(x, Y) E JR2 IO ~ x ~ 2, O ~ Y ~ 1;',,2}.
5
MAT 2453 - P3
Ca´lculo Diferencial e Integral para Engenharia I
23.06.2009
Resoluc¸a˜o da Questa˜o 1
Sejam B o comprimento da base maior do trape´zio, b o da base menor, x o dos lados, A = 10
a a´rea e θ o aˆngulo da base (θ = pi/4 para provas tipo “A” e θ = pi/3 para provas tipo “B”).
Tem-se A = bx sin θ + x2 sin θ cos θ, donde b = A
x sin θ
− x cos θ. O per´ımetro P do trape´zio e´ dado
por P = B + b + 2x = 2b + 2x cos θ + 2x = 2A
x sin θ
+ 2x. Assim, tomando-se P : R∗+ → R dada
por x 7→ 2A
x sin θ
+ 2x, o problema se reduz a encontrar, caso exista, o(s) ponto(s) de mı´nimo de P .
Ora, P e´ duas vezes deriva´vel, sendo P ′ : R∗+ → R e P ′′ : R∗+ → R dadas, respectivamente, por
x 7→ − 2A
sin θ
1
x2
+ 2 e x 7→ 4A
sin θ
1
x3
. Como P ′′ e´ estritamente positiva, segue-se como corola´rio do
Teorema do Valor Me´dio (TVM) que P ′ e´ estritamente crescente. Assim, como P ′ se anula apenas
em x0 =
√
A
sin θ
, conclui-se que P ′ < 0 em (0, x0) e P ′ > 0 em (x0,+∞), donde, novamente como
corola´rio do TVM, P e´ estritamente decrescente em (0, x0] e estritamente crescente em [x0,+∞).
Conclui-se, enta˜o, que x0 =
√
A
sin θ
(i.e. x0 =
√
10
√
2 para provas tipo “A” e x0 =
√
20√
3
para
provas tipo “B”) e´ o u´nico ponto de mı´nimo de P - que corresponde, portanto, ao lado do trape´zio
que tem per´ımetro mı´nimo.
1