Todas as Calculo II Completo

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NOME:
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
Instituto de Matemática
PRIMEIRA PROVA UNIFICADA � CÁLCULO II
Politécnica, Engenharia Química - 10/10/2013.
1a QUESTÃO : Um barco a vela de massa m = 1 parte do cais com velocidade inicial
de 11 km/h em direção à uma ilha distante 6 km.
O barco é impulsionado pela força do vento f(t) = e−3t e sofre uma resistência da
água proporcional à sua velocidade com constante de resistência igual a 2.
(a) Determine a velocidade do barco em qualquer instante.
(b) O barco chegará à ilha? Justifique!
Solução: (a) Como temos duas forças atuando, a do vento e a da resistência da
água, então:
m
dv
dt
= −2v + e−3t ⇐⇒ dv
dt
+ 2v = e−3t
Resolvendo esta equação linear de primeira ordem com fator integrante u = e2t, tem-se,
(ve2t)′ = e−3te2t = e−t =⇒ ve2t =
∫
e−t dt = −e−t + c
Logo,
v = −e−3t + ce−2t
como v(0) = 11⇒ v(0) = −1 + c = 11⇒ c = 12, assim,
v(t) = −e−3t + 12e−2t
(b) Para saber se o barco chegará à ilha, devemos determinar a distância x(t)
percorrida pelo barco em cada instante. Assim,
x(t) =
∫
v(t)dt =
∫
−e−3t + 12e−2tdt = 1
3
e−3t − 6e−2t + c
Como x(0) = 1
3
− 6 + c = 0⇒ c = 17
3
. Portanto,
x(t) =
1
3
e−3t − 6e−2t + 17
3
Como
lim
t→∞
x(t) = lim
t→∞
(
1
3
e−3t − 6e−2t + 17
3
)
=
17
3
< 6
o barco não chegará à ilha.
1
2aQUESTÃO : Considere as superfícies
S1 : z = 9− x2 − y2 e S2 : x
2
4
+ y2 − 2y = 0
(a) Esboce os gráficos de S1 e S2 separadamente, contendo pelo menos 3 curvas com
destaque.
(b) Determine uma parametrização para a curva γ de interseção entre as superfícies
S1 e S2.
Solução: (a)
S1 : z = 9− x2 − y2
Fazendo as interseções com os planos coordenados:
- z = 0⇒ x2 + y2 = 9, (circunferência no plano xy de raio 3).
- x = 0⇒ z = 9− y2, (parábola no plano yz com vértice no ponto (0, 0, 9)).
- y = 0 ⇒ z = 9 − x2, (parábola no plano xz com vértice no ponto (0, 0, 9)). Veja
figura 1.
S2 :
x2
4
+ y2 − 2y = 0
Como z é qualquer, a superfície é um cilindro paralelo ao eixo z. Completando o
quadrado, tem-se,
x2
4
+ y2 − 2y = 0⇐⇒ x
2
4
+ y2 − 2y + 1 = 1⇐⇒ x
2
4
+ (y − 1)2 = 1
que é a equação de uma elipse no plano xy com centro em (0, 1). Logo sua figura é
mostrada em 2.
Figura 1: Parabolóide: z = 9− x2 − y2
Figura 2: Cilindro elíptico:
x2
4
+y2−2y = 0
(b) A curva γ de interseção entre as superfícies S1 e S2 é a curva mostrada na figura
3. Logo, sua parametrização é:
x = 2 cos(t)
y = 1 + sen(t)
z = 9− 4 cos2(t)− (1 + sen(t))2
para 0 ≤ t ≤ 2pi.
2
Figura 3:
Boa Sorte!
3
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
Instituto de Matemática
Disciplina: Cálculo II
Data: 10/10/2013
PRIMEIRA PROVA UNIFICADA
1. Determine uma solução particular para a equação diferencial: y′′ − 9y = t+ e3t.
(a) A+Bt+ Cte3t
(b) Ae3t +Be−3t
(c) A+Bt+ Ce3t
(d) At+Bt2 + Cte3t
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
2. Encontre o fator integrante correto para a seguinte equação diferencial: (cosx)y′ − 2(senx)y = e−x.
(a) cos2 x
(b) e2 cos x
(c) e−2 sec
2x
(d) e−2tg x
(e) 2 cosx
3. A interseção de dois planos de equação x+ y + z = 1 e − x− y + z = 1 é a reta parametrizada por:
(a) ~r(t) = (t,−t, 1), t ∈ R
(b) ~r(t) = (2t,−2t, 1 + t), t ∈ R
(c) ~r(t) = (t, t, 1 + t), t ∈ R
(d) ~r(t) = (−t,−t, 1 + t), t ∈ R
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
4. Considere as duas curvas com parametrização dadas por
~c1(t) = (t, t
2 − t, sen t) e ~c2(s) =
(
2
pi
cos
(pi
2
s
)
, s− 1, s2 − s
)
.
O plano que contém a reta tangente a ~c1 e a reta tangente a ~c2 ambas no ponto (0, 0, 0) é:
(a) x+ y = 0
(b) x− y + z = 0
(c) −x+ y + z = 0
(d) x+ z = 0
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
5. Qual o valor de a > 0 de modo a que o comprimento da hélice parametrizada por
~r(t) = (cos t, sen t, at), 0 ≤ t ≤ 2pi,
seja 4pi?
(a) Nenhuma das alternativas anteriores
(b) 2
(c) 1
(d)
√
16pi2 − 1
(e)
√
2
Gabarito Pág. 1
6. Considere a curva C parametrizada pelas equações x = t3+3t2+2t e y = 3− 2t− t2, com −3 ≤ t ≤ 1. Em
que ponto o vetor tangente a C é horizontal?
(a) (0, 4)
(b) (0, 3)
(c) (−6, 0) e (0, 6)
(d) Nenhum ponto
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
7. A curva C parametrizada pelas equações x = t3 + 3t2 + 2t e y = 3 − 2t − t2, com −3 ≤ t ≤ 1, possui um
ponto de auto-interseção que está na reta y = 3. Qual é este ponto e quais são as equações das retas tangentes
a C em tal ponto?
(a) (0, 3) e y = 3± x
(b) (0, 3) e y = 3± 3x
(c) (1, 3) e y = 3±√2(x− 1)
(d) (1, 3) e y = 3± 2(x− 1)
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
8. Indique qual figura corresponde à equação −x
2
9
+ y2 +
z2
4
= 1.
(a) I
(b) II
(c) III
(d) IV
(e) V
Gabarito Pág. 2
Gabarito dos 813 Testes Gerados
Teste 001: 1C 2D 3E 4D 5B 6C 7B 8A
Teste 002: 1E 2D 3E 4A 5D 6A 7B 8B
Teste 003: 1A 2C 3D 4E 5E 6C 7B 8B
Teste 004: 1D 2B 3C 4B 5A 6A 7E 8C
Teste 005: 1A 2D 3E 4D 5B 6A 7B 8E
Teste 006: 1A 2B 3B 4A 5C 6E 7C 8E
Teste 007: 1C 2C 3B 4D 5B 6D 7E 8B
Teste 008: 1E 2B 3D 4A 5A 6E 7B 8D
Teste 009: 1A 2D 3C 4B 5B 6D 7A 8C
Teste 010: 1B 2E 3D 4C 5B 6E 7D 8C
Teste 011: 1D 2B 3B 4C 5E 6A 7C 8E
Teste 012: 1B 2E 3D 4D 5E 6A 7B 8A
Teste 013: 1C 2A 3D 4D 5E 6C 7B 8E
Teste 014: 1C 2B 3E 4A 5D 6C 7B 8E
Teste 015: 1C 2C 3D 4D 5E 6B 7A 8A
Teste 016: 1B 2D 3C 4A 5C 6A 7E 8B
Teste 017: 1E 2B 3A 4D 5B 6A 7D 8C
Teste 018: 1D 2A 3D 4E 5C 6E 7C 8B
Teste 019: 1C 2E 3C 4A 5B 6D 7A 8B
Teste 020: 1D 2E 3E 4C 5D 6B 7C 8A
Teste 021: 1C 2A 3C 4D 5A 6E 7B 8E
Teste 022: 1C 2E 3C 4A 5E 6A 7B 8D
Teste 023: 1A 2E 3B 4B 5A 6E 7C 8D
Teste 024: 1A 2B 3C 4C 5E 6B 7D 8E
Teste 025: 1B 2D 3E 4C 5D 6C 7A 8A
Teste 026: 1E 2D 3D 4A 5E 6B 7C 8B
Teste 027: 1D 2A 3B 4A 5B 6C 7D 8B
Teste 028: 1A 2A 3B 4E 5D 6B 7C 8D
Teste 029: 1E 2A 3A 4E 5B 6D 7D 8B
Teste 030: 1E 2E 3D 4D 5A 6A 7D 8B
Teste 031: 1B 2B 3E 4C 5C 6D 7E 8A
Teste 032: 1D 2C 3E 4E 5B 6C 7A 8B
Teste 033: 1B 2A 3C 4B 5D 6C 7A 8D
Teste 034: 1B 2D 3C 4E 5B 6A 7C 8A
Teste 035: 1C 2A 3A 4D 5C 6B 7B 8D
Teste 036: 1C 2E 3A 4E 5D 6A 7D 8B
Teste 037: 1D 2B 3C 4D 5E 6B 7C 8E
Teste 038: 1E 2B 3E 4A 5B 6D 7A 8C
Teste 039: 1E 2D 3C 4B 5C 6A 7A 8B
Teste 040: 1D 2E 3D 4E 5B 6A 7A 8C
Teste 041: 1B 2C 3D 4C 5A 6B 7E 8A
Teste 042: 1B 2A 3C 4B 5A 6E 7E 8A
Teste 043: 1A 2E 3C 4E 5C 6A 7B 8B
Teste 044: 1A 2A 3D 4D 5B 6B 7C 8E
Teste 045: 1B 2C 3B 4A 5E 6C 7E 8A
Teste 046: 1C 2A 3C 4D 5E 6D 7A 8E
Teste 047: 1E 2A 3E 4A 5B 6B 7C 8E
Teste 048: 1C 2B 3E 4A 5D 6D 7E 8A
Teste 049: 1D 2B 3E 4B 5D 6C 7C 8D
Teste 050: 1C 2D 3D 4A 5E 6C 7B 8B
Teste 051: 1A 2A 3A 4D 5D 6E 7B 8E
Teste 052: 1B 2C 3A 4B 5C 6D 7E 8D
Teste 053: 1D 2B 3B 4D 5E 6A 7C 8B
Teste 054: 1D 2C 3C 4D 5A 6B 7B 8A
Teste 055: 1A 2B 3A 4B 5E 6D 7E 8C
Teste 056: 1C 2E 3B 4C 5D 6D 7E 8A
Gabarito Pág. 1
UFRJ
Instituto de Matemática
Disciplina: Cálculo II
Professor: Equipe de Cálculo II
Data: 21 de maio de 2013
1a prova unificada de Cálculo II – 2013.1
1. Um objeto move-se no espaço R3, descrevendo uma curva de comprimento pi. Ele parte do ponto (
√
3, 0, 0) no
instante t = 0 e sua posição ao longo do tempo é dada por (
√
3 cos t,
√
3 sin t, t). Sua posição final é:
(a) (0,
√
3, pi/2)
(b) (−
√
3, 0, pi)
(c) (
√
3, 0, 2pi)
(d) (0,−
√
3, 1)
(e) (
√
15, pi/2, 0)
(f) (3pi/2, 0,
√
7)
2. Considere a curva C parametrizada por (t, 3t2 − 2t, t3 + 2), t ∈ R. Uma equação para o plano que passa pelo
ponto (1, 1, 3) e é perpendicular à reta tangente à curva C neste ponto é:
(a) x+ 4y + 3z = 14
(b) x+ 3y + 3z = 13
(c) 3x+ y + 3z = 13
(d) 3x+ y + 6z = 22
(e) x+ y + 3z = 11
(f) x+ y + z = 5
3. A EDO x′′ + 2x′ + 5x = −2t sin(t) + 3et possui uma solução da forma:
(a) xp(t) = (A0 +A1t) cos(t) + (B0 +B1t) sin(t) + Ce
t
(b) xp(t) = e
−t
(
A cos(2t) +B sin(2t)
)
(c) xp(t) = e
t
(
A cos(2t) +B sin(2t)
)
(d) xp(t) = e
t
(
(A0 +A1t) cos(t) + (B0 +B1t) sin(t)
)
(e) xp(t) = 0
(f) nenhuma das demais alternativas
4. Um tanque contém inicialmente (em t = 0) 100 litros de água pura. Injetam-se no tanque 10 litros/hora de água
com sal a uma concentração que varia com o tempo segundo a fórmula
C(t) = e−t
2
kg/litro (para t medido em horas),
e retiram-se 10 litros/hora da mistura resultante (assumida sempre homogênea). A função q(t), que representa
a quantidade de sal no tanque ao longo do tempo, é solução da equação diferencial:
(a) q′ = 10e−t
2 − 10 q
100
(b) q′ = 10− 10 q
100
(c) q′ = 10− 10 q
100 + e−t2
(d) q′ = 10e−t
2 − qe−t2
(e) q′ = 10
1
100 + e−t2
− 10 e
−t
2
100 + e−t2
(f) nenhuma das demais alternativas
Gabarito Pág. 1
5. Escreva uma EDO de segunda ordem, linear, homogênea, com coeficientes constantes, com solução geral da
forma x(t) = e2t(C1 cos 3t+ C2 sin 3t), onde C1 e C2 são constantes arbitrárias.
(a) x′′ − 4x′ + 13x = 0
(b) x′′ − 6x′ + 13x = 0
(c) x′′ + 4x′ + 13x = 0
(d) x′′ + 6x′ + 13x = 0
(e) x′′ − 5x′ + 6x = 0
(f) Não existe EDO com as propriedades requeridas.
6. Considere a curva C parametrizada por
{
x = ln(t)
y =
√
t
, t > 0. A reta tangente a C no ponto (0, 1) corta o eixo-x
no ponto:
(a) (−2, 0)
(b) (− 1
2
, 0)
(c) (2, 0)
(d) (ln(2), 0)
(e) (1, 0)
(f) nenhuma das demais alternativas
7. As interseções da superfície definida por
x2
9
+ y2 − z
2
4
= 1 com planos paralelos ao plano-xz estão representadas
na seguinte figura:
(I) (II) (III)
(IV ) (V )
(a) nenhuma das demais alternativas
(b) (I)
(c) (II)
(d) (III)
(e) (IV)
(f) (V)
Gabarito Pág. 2
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
Instituto de Matema´tica
PRIMEIRA PROVA UNIFICADA – CA´LCULO II
Polite´cnica, Engenharia Qu´ımica e Cieˆncia da Computac¸a˜o 21/05/2013.
GABARITO DAS QUESTO˜ES DISCURSIVAS
1a Questa˜o. (2.2 pontos).
Resolva o problema de valor inicial
xy′ + 2y = cos(x2), y(
√
pi) = 2,
no intervalo x > 0.
• Soluc¸a˜o.
Primeiro, divida a equac¸a˜o diferencial por x para obter a equac¸a˜o linear
y′ +
2
x
y =
cos(x2)
x
.
Este problema pode ser resolvido usando o fator integrante
I(x) = exp
(∫
2
x
dx
)
= e2 lnx = x2,
no intervalo x > 0. Em seguida, multiplique a equac¸a˜o diferencial por I(x). Assim,
x2y′ + 2xy = x cos(x2) =⇒ (x2y)′ = x cos(x2).
Integrando, obtemos que
x2y =
∫
x cos(x2) dx =
sen (x2)
2
+ C =⇒ y = sen (x
2)
2x2
+
C
x2
.
Como y(
√
pi) = 2,
y(
√
pi) =
sen (pi)
2pi
+
C
pi
= 2 =⇒ C = 2pi.
Portanto, a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´
y =
sen (x2)
2x2
+
2pi
x2
.
2a Questa˜o. (2.2 pontos).
Considere a superf´ıcie S definida por
z = x2 + y2 − 3.
a) Fac¸a um desenho da superf´ıcie, destacando as curvas de intersec¸a˜o com os planos
x = 0, y = 0 e z = 0.
b) Encontre uma parametrizac¸a˜o da curva C obtida como intersec¸a˜o de S com o plano
2y + z = 0.
• Soluc¸a˜o.
a) Os trac¸os do parabolo´ide com equac¸a˜o z = x2 + y2 − 3 sa˜o as para´bolas:
z = x2 − 3, no plano xz (y = 0)(curvaverde).
z = y2 − 3, no plano yz (x = 0)(curvavermelha),
e o c´ırculo
x2 + y2 = 3, no plano xy (z = 0)(curvaazul).
Figura 1: Paraboloide: z = x2 + y2 − 3
b) Os pontos que pertencem a curva C satisfazem as equac¸o˜es
z = x2 + y2 − 3 e 2y + z = 0.
Consequentemente,
x2 + y2 − 3 = z
x2 + y2 − 3 = −2y
x2 + (y + 1)2 − 4 = 0.
Logo, a curva C tambe´m pertencem ao cilindro circular reto
x2 + (y + 1)2 = 4.
Assim, podemos escrever
x = 2 cos t, y = 2 sen t− 1, 0 ≤ t ≤ 2pi.
Da equac¸a˜o do plano, temos que
z = −2y = −2(2 sen t− 1) = 2− 4 sen t.
Deste modo, podemos escrever as equac¸o˜es parame´tricas para C, como
x = 2 cos t, y = 2 sen t− 1, z = 2− 4 sen t, 0 ≤ t ≤ 2pi.
A equac¸a˜o vetorial correspondente e´
~r(t) = 2 cos t~i+ (2 sen t− 1)~j + (2− 4 sen t)~k, 0 ≤ t ≤ 2pi.
 
NOME:
���������
��������
�������
@@@@@@@@@
@@@@@@@@
@@@@@@@
���������
��������
�������
@@@@@@@@@
@@@@@@@@
@@@@@@@
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Instituto deMatemtica
Departamento de Mtodos Matemticos
Gabarito da
1a Prova de Cálculo II - 06/12/2012
1a QUESTÃO : Um tanque possui 10 litros de solução com cloro numa concentração
de 4 mg/L. Se adicionamos água ao tanque por uma mangueira numa taxa de 1 L/min
contendo 1 mg/L de cloro e a solução homogênea sai do tanque por um orifício em sua
base com vazão de 2 L/min, determine:
(a) o volume da solução homogênea no tanque no instante t;
(b) a quantidade de cloro no tanque no instante t;
Solução:
Resolução.
(a) O volume no tanque no instante t é dado pela fórmula:
V (t) = 10 + (ve − vs)t;
onde ve é a vazão de entrada 1 L/min e vs é a vazão de saída 2 L/min. Portanto,
V (t) = 10− t.
(b) A quantidade de cloro no tanque no instante t, Q(t), varia de acordo com a regra:
Q′(t) = Qe −Qs,
onde Qe é a taxa da quantidade de cloro que entra no tanque e Qs é a taxa da
quantidade de cloro que sai do tanque, i.e.
Qe = 1
mg
min
Qs =
Q(t)
V (t)
· vs = 2 Q(t)
10− t
mg
min
A equação diferencial obtida nesse caso é:
Q′(t) + 2
Q(t)
10− t = 1.
O fator integrante é µ(t) =
1
(10− t)2 e, portanto, multiplicando a equação por
µ, obtemos
(µ ·Q)′(t) = 1
(10− t)2 .
Integrando dos dois lados, temos que
1
Q(t)
(10− t)2 =
∫
1
(10− t)2 dt =
1
10− t + C.
onde C é a constante de integração. Daí segue que Q(t) = (10− t)(1+C(10− t)).
Como Q(0) = 40, encontramos que C = 0, 3. Assim,
Q(t) = 10− t+ 0, 3(10− t)2 = 40− 7t+ 0, 3t2
2a QUESTÃO : Seja C uma curva parametrizada por σ(t) = (x(t), y(t), z(t)), de
modo que σ(0) = (0, 0, 0), σ′(0) = (−1,−1,−1) e
σ′′(t) + 2σ′(t) + 2σ(t) = f(t)
para todo t ∈ R, onde f(t) = (5 sen 2t, e−t, 5 sen 2t− e−t).
Determine a parametrização σ(t).
Solução: Como
σ′′(t) + 2σ′(t) + 2σ(t) = f(t) = (5 sen 2t, e−t, 5 sen 2t− e−t)
Então,
(x′′, y′′, z′′) + 2(x′, y′, z′) + 2(x, y, z) = (5 sen 2t, e−t, 5 sen 2t− e−t)
isto é,
(x′′ + 2x′ + 2x, y′′ + 2y′ + 2y, z′′ + 2z′ + 2z) = (5 sen 2t, e−t, 5 sen 2t− e−t)
E como σ(0) = (0, 0, 0), σ′(0) = (−1,−1,−1) temos 3 equações diferenciais de segunda
ordem com condições iniciais:
x′′ + 2x′ + 2x = 5 sen 2t , x(0) = 0, x′(0) = −1 (1)
y′′ + 2y′ + 2y = e−t , y(0) = 0, y′(0) = −1 (2)
z′′ + 2z′ + 2z = 5 sen 2t− e−t , z(0) = 0, z′(0) = −1 (3)
Como podemos ver, a equação característica é a mesma para as três equações:
r2 + 2r + 2 = 0 ⇒ r = −1 ± i. Assim, temos as seguintes soluções para as equações
homogêneas associadas às três equações (1), (2) e (3) acima:
xh = e
−t(a1 cos t+ a2 sen t)
yh = e
−t(b1 cos t+ b2 sen t)
zh = e
−t(c1 cos t+ c2 sen t)
Iremos, agora, encontrar uma solução particular para cada uma das equações (1),
(2) e (3) acima, utilizando o método dos coeficientes a determinar. Pelo aspecto das
funções que estão à direita das igualdades, temos as seguintes soluções particulares
para as equações (1), (2):
xp = d1 cos 2t+ d2 sen 2t (4)
yp = ke
−t
(5)
2
Substituindo xp e yp em (1), (2), respectivamente, obtemos:
xp = − cos 2t− 1
2
sen 2t (6)
yp = e
−t
(7)
Agora, note que a função 5 sen 2t−e−t que aparece à direita de (3) é uma diferença das
duas funções que aparecem nas equações em (1) e (2). Assim uma solução particular
para (3) é:
zp = − cos 2t− 1
2
sen 2t− e−t
Logo, temos as soluções:
x = xp + xh = − cos 2t− 1
2
sen 2t+ e−t(a1 cos t+ a2 sen t) (8)
y = yp + yh = e
−t + e−t(b1 cos t+ b2 sen t) (9)
z = zp + zh = − cos 2t− 1
2
sen 2t− e−t + e−t(c1 cos t+ c2 sen t) (10)
Utilizando as condições iniciais dadas em (1), (2) e (3), obtemos as soluções:
x(t) = − cos 2t− 1
2
sen 2t+ e−t(cos t+ sen t) (11)
y(t)
= e−t + e−t(− cos t− sen t) (12)
z(t) = − cos 2t− 1
2
sen 2t− e−t + e−t(2 cos t+ sen t) (13)
3a QUESTÃO : A espiral logarítmica é a curva plana definida por γ(t) = (e−t cos t, e−t sen t).
1. Mostre que o vetor posição γ(t) faz sempre o mesmo ângulo constante com a reta
tangente a espiral logarítmica nesse ponto.
2. Calcule o comprimento de arco entre γ(0) e γ(t).
3. Mostre que γ(t)→ (0, 0) quando t→ +∞.
4. Mostre que o comprimento do arco entre 0 e t tem um limite finito quando
t→ +∞.
Solução:
1. A reta tangente tem vetor direção γ′(t) = e−t(− cos t − sen t,− sen t + cos t). O
ângulo θt entre γ
′(t) e γ(t) satisfaz cos(θt) =
γ′(t).γ(t)
|γ′(t)||γ(t)| . Calculamos
γ′(t).γ(t) = e−2t[− cos t(cos t+ sen t) + sen t(− sen t+ cos t)]
= −e−2t
3
e
|γ′(t)||γ(t)| = e−t
√
(cos t+ sen t)2 + (− sen t+ cos t)2e−t
√
cos2 t+ sen2 t
= e−2t
√
2.
Logo, cos(θt) = − 1√
2
⇒ θ = 3pi
4
não depende de t. A espiral logarítmica é
também chamada de espiral equiângulos.
2. Seja L(t) o comprimento de arco entre γ(0) e γ(t), temos L(t) =
∫ t
0
|γ′(t)| dt. Pelo
item anterior,
L(t) =
∫ t
0
e−t
√
2 dt =
√
2(1− e−t).
3. Temos lim
t→+∞
e−t = 0 e ∀t ∈ R, −1 ≤ cos t, sen t ≤ 1, então pelo Teorema do
confronto, lim
t→+∞
e−t cos t = 0 e lim
t→+∞
e−t sen t = 0, isso é
lim
t→+∞
γ(t) = (0, 0).
4. Vimos que o comprimento do arco entre 0 e t é L(t) =
√
2(1−e−t), então o limite
lim
t→+∞
L(t) =
√
2 é bem finito.
4a QUESTÃO :
S1 : 2x
2 + 3y2 − z2 = 1 e S2 : z =
√
x2 + y2
(a) Faça um esboço das superfícies S1 e S2, separadamente, destacando as curvas de
interseção com os planos coordenados x = 0, y = 0 e z = 0.
(b) Parametrize a curva γ de interseção de S1 com S2.
(c) Determine as equações paramétricas da reta tangente à curva γ no ponto
P0 = (−1, 0, 1).
Solução: (a)
S1: Hiperbolóide de uma folha: 2x
2 + 3y2 − z2 = 1
Determinando as curvas de interseção com os planos coordenados:
Fazendo z = 0, obtemos a elípse 2x2+3y2 = 1 Fazendo as interseções com os planos
coordenados x = 0 e y = 0, obtemos, respectivamente os traços:
3y2 − z2 = 1 : hipérbole no plano yz (curva vermelha na figura 1(a))
2x2 − z2 = 1 : hipérbole no planoxz (curva verde na figura 1(a))
Para interseções com planos z = k, temos elípses (curvas azuis na figura 1(a)) para
todo k ∈ R:
2x2 + 3y2 = 1 + k2 ⇔ x
2
1+k2
2
+
y2
1+k2
3
= 1
4
(a) (b)
Figura 1: Hiperbolóide de uma folha: 2x2 + 3y2 − z2 = 1
Com isto obtemos a superfície chamada Hiperbolóide de uma folha.
S2: Folha de Cone: z =
√
x2 + y2
z =
√
x2 + y2 ⇒ z2 = x2 + y2. Esta última equação representa um cone, como
veremos. A figura S1 é, então, a parte superior do cone (figura 3).
A interseção com o plano z = 0,
x2 + y2 = 0⇒ x = y = 0
o que nos dá apenas o ponto O = (0, 0). O traço no plano y = 0, nos dá um par de
retas (verdes na figura 2)
z2 = x2 ⇒ z = ±x
e o traço no plano x = 0, outro par de retas (vermelhas na figura 2)
z2 = y2 ⇒ z = ±y
As interseções com planos z = k são circunferências de raio k nestes planos.
Figura 2: z2 = x2 + y2 Figura 3: S1 : z =
√
x2 + y2
(b) Substituindo z2 = x2 + y2 na equação do hiperbolóide, temos,
2x2 + 3y2 − x2 − y2 = 1⇒ x2 + 2y2 = 1⇔ x2 + y
2(
1√
2
)2 = 1
5
que é a equação de uma elípse no plano xy. Parametrizando:
x = cos t e y =
1√
2
sen t, t ∈ [0, 2pi]
Assim, temos a parametrização para γ:
x = cos t , y =
1√
2
sen t, e z =
√
cos2 t+
sen2 t
2
, t ∈ [0, 2pi]
(c)
γ(t) =
(
cos t,
1√
2
sen t,
√
cos2 t+
sen2 t
2
)
= (−1, 0, 1)⇒ t = pi
e como
γ′(t) =
− sen t, 1√
2
cos t,
2 cos t(− sen t) + sen t cos t
2
√
cos2 t+ sen
2 t
2

então, γ′(pi) = (0, −1√
2
, 0)
Logo, as equações paramétricas para a reta tangente no ponto P0 são:
x = x(t) = −1
y = y(t) = −1√
2
t
z = z(t) = 1
ou

x = x(t) = −1
y = y(t) = −t
z = z(t) = 1
para t ∈ R
6
Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral II - MAC128
Gabarito Primeira Prova Unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 26/04/2012
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Considere a curva C parametrizada por α(t) = (t,−t2 + 3, 2t
3
3
), t ∈ R.
(a) (0.5 ponto) Deˆ a equac¸a˜o da reta tangente a` curva C no ponto (1, 2, 2/3);
Soluc¸a˜o:
α′(t) = (1,−2t, 2t2). Logo,
α(1) = (1, 2, 2/3) e α′(1) = (1,−2, 2).
Assim, a equac¸a˜o parame´trica da reta tangente e´
r(s) = α(1) + sα′(1) = (1 + s, 2− 2s, 2
3
+ 2s), s ∈ R
(b) (0.5 ponto) Deˆ a equac¸a˜o do plano normal a` curva C no ponto (1, 2, 2/3);
Soluc¸a˜o:
O vetor normal ao plano e´ n = α′(1). Assim, a equac¸a˜o do plano normal a´ curva C no
ponto (1, 2, 2/3) e´
(1,−2, 2) • (x− 1, y − 2, z − 2
3
) = 0, isto e´,
x− 2y + 2z + 5
3
= 0.
(c) (1.0 ponto) Calcule o comprimento do arco da curva C quando t varia de 0 a 1;
Soluc¸a˜o:
‖α′(t)‖ =√(1 + 2t2)2 = 1 + 2t2. Assim,
L =
∫ 1
0
1 + 2t2 dt =
[
t+
2t3
3
]t=1
t=0
=
5
3
.
(d) (0.5 ponto) Deˆ a equac¸a˜o do plano que conte´m os pontos α(0), α(−1) e α(1).
Soluc¸a˜o:
α(0) = (0, 3, 0), α(−1) = (−1, 2,−2/3) e α(1) = (1, 2, 2/3).
Sejam u = α(−1)− α(0) = (−1,−1,−2/3) e v = α(1)− α(0) = (1,−1, 2/3).
O vetor normal ao plano e´ n = u× v = (−4
3
, 0, 2).
Assim, a equac¸a˜o do plano com vetor normal n contendo α(0) e´
(−4/3, 0, 2) • (x, y − 3, z) = 0 ⇒ −4
3
x+ 2z = 0.
Pa´gina 1 de 4
Ca´lculo Diferencial e Integral II - MAC128
Gabarito Primeira Prova Unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica
- 26/04/2012(continuac¸a˜o)
Questa˜o 2: (3.0 pontos)
Solucione o problema de valores iniciais:
y′′(t) + 25y(t) = 20 sin 5t
y(0) = 1, y′(0) = 3.
Soluc¸a˜o:
Equac¸a˜o homogeˆnea associada: y′′(t) + 25y(t) = 0.
Equac¸a˜o caracter´ıstica: r + 25 = 0 ⇒ r = ±5i.
Soluc¸a˜o da equac¸a˜o homogeˆnea associada:
yh(t) = C1 sin(5t) + C2 cos(5t).
Soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea [y′′(t) + 25y(t) = 20 sin 5t]:
yp(y) = At sin(5t) +Bt cos(5t).
y′p(t) = (A− 5Bt) sin(5t) + (B + 5At) cos(5t).
y′′p(t) = (−10B − 25At) sin(5t) + (10A− 25Bt) cos(5t).
Assim, y′′p + 25yp = −10B sin(5t) + 10A cos(5t) = 20 sin(5t). Logo, A = 0 e B = −2 e
yp(t) = −2t cos(5t).
Soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea: y(t) = C1 sin(5t) + (C2 − 2t) cos(5t).
y′(t) = (−5C2 + 10t) sin(5t) + (5C1 − 2) cos(5t).
Usando os dados inicias, obtemos:
y(0) = C2 = 1 e y
′(0) = 5C1 − 2 = 3 ⇒ C1 = 1.
Assim, a soluc¸a˜o do problema de valores iniciais e´
y(t) = sin(5t) + (1− 2t) cos(5t).
Pa´gina 2 de 4
Ca´lculo Diferencial e Integral II - MAC128
Gabarito Primeira Prova Unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica
- 26/04/2012(continuac¸a˜o)
Questa˜o 3: (2.5 pontos)
A posic¸a˜o de um objeto em cada instante t ≥ 0 e´ dada por α(t) = (x(t), y(t)), sendo que sua
velocidade vetorial satisfaz
α′(t) =
(
6t− 3tx
t2 + 1
, 2t
√
y − 1
)
, t ≥ 0.
Supondo que α(0) = (3, 1), qual e´ a posic¸a˜o do objeto no instante t = 1?
Soluc¸a˜o:
As coordenadas da curva satisfazem as equac¸o˜es diferenciais
x′ +
3t
t2 + 1
x =
6t
t2 + 1
e
y′ = 2t
√
y − 1.
A primeira equac¸a˜o e´ linear e seu fator integrante e´ dado por µ(t) = exp
( ∫
3t
t2+1
dt
)
= (t2+1)3/2.
Consequentemente, temos [
(t2 + 1)3/2x
]′
= 6t(t2 + 1)1/2.
Integrando ambos os lados,
(t2 + 1)3/2x = 2(t2 + 1)3/2 + C.
Portanto a soluc¸a˜o geral e´
x(t) = 2 + C(t2 + 1)−3/2.
Para satisfazer a condia˜o inicial x(0) = 3 tomamos C = 1.
A segunda equac¸a˜o e´ separa´vel. Ela tem duas soluc¸o˜es. Uma constante y(t) = 1 para todo t
(que satisfaz a condic¸a˜o inicial y(0) = 1) e a outra e´ na˜o constante, obtida integrando-se∫
dy√
y − 1 =
∫
2t dt ⇒
√
y − 1 = t
2
2
+K.
Usando a condic¸a˜o inicial y(0) = 1, obtemos K = 0 e
y(t) = 1 +
t4
4
.
Segue da´ı, que os poss´ıveis vetores posic¸a˜o sa˜o:
α(t) = (2 + (t2 + 1)−3/2, 1) ⇒ α(1) = (2 + 2−3/2, 1).
ou
α(t) = (2 + (t2 + 1)−3/2, 1 +
t4
4
) ⇒ α(1) = (2 + 2−3/2, 5/4).
Pa´gina 3 de 4
Ca´lculo Diferencial e Integral II - MAC128
Gabarito Primeira Prova Unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica
- 26/04/2012(continuac¸a˜o)
Questa˜o 4: (2.0 pontos)
Considere as superf´ıcies
S1 = {(x, y, z) ∈ R3; z = 7− x2 − y2} e S2 = {(x, y, z) ∈ R3; z = x2 − 1}.
(a) (1.0 ponto) Parametrize a curva C dada pela intersec¸a˜o das duas superf´ıcies S1 e S2.
Soluc¸a˜o:
Eliminado z nas equac¸a˜oes de S1 e S2, obtemos
x2
4
+
y2
8
= 1 (el´ıpse). Logo, a
parametrizac¸a˜o da curva C e´
σ(t) = (2 cos t, 2
√
2 sin t, 4 cos2 t− 1︸ ︷︷ ︸
1+2 cos(2t)
), t ∈ [0, 2pi].
(b) (1.0 ponto) Encontre a equac¸a˜o parame´trica da reta tangente a C no ponto P0 = (
√
2, 2, 1).
Soluc¸a˜o:
σ′(t) = (−2 sin t, 2
√
2 cos t,−8 sin t cos t︸ ︷︷ ︸
−4 sin(2t)
), t ∈ [0, 2pi].
Para t = pi/4, σ(pi/4) = (
√
2, 2, 1) = P0 e σ
′(pi/4) = (−√2, 2,−4). Assim, a equac¸a˜o
da reta tangente a C no ponto P0 e´
r(s) = (
√
2−
√
2s, 2 + 2s, 1− 4s), s ∈ R.
Pa´gina 4 de 4 Boa prova!
Questa˜o 1. Solucione explicitamente a equac¸a˜o diferencial de primeira ordem
(x2 + 1)
dy
dx
+ 3xy = 6x.
Resoluc¸a˜o. Podemos encontrar a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o de duas maneiras:
usando fator integrante (ja´ que a equac¸a˜o e´ linear) ou integrando como uma
equac¸a˜o separa´vel.
(i) Dividindo a equac¸a˜o por (x2 + 1) 6= 0, obtemos a equac¸a˜o equivalente
dy
dx
+
3x
x2 + 1
y =
6x
x2 + 1
. (1)
O fator integrante sera´
µ = e
∫
3x
x2+1
dx
= e
3
2
ln(x2+1) = (x2 + 1)
3
2 .
Multiplicando a equac¸a˜o (1) por µ, obtemos
d
dx
((x2 + 1)
3
2y) = 6x(x2 + 1)
1
2 .
Apo´s a integrac¸a˜o, teremos y = 2 + C(x2 + 1)−
3
2 como soluc¸a˜o geral da
equac¸a˜o diferencial.
(ii) Observe que a equac¸a˜o e´ equivalente a`
(x2 + 1)
dy
dx
= 3x(2− y).
Da´ı segue que y = 2 e´ uma soluc¸a˜o. Vamos buscar as outras soluc¸o˜es; por
unicidade, segue que para essas soluc¸o˜es y − 2 6= 0. Portanto, podemos
dividir por 2− y e obter
1
2− y
dy
dx
=
3x
x2 + 1
.
Logo, ∫
1
2− y dy =
∫
3x
x2 + 1
dx⇔ −ln(|2− y|) = ln[(x2 + 1) 32 ] + C0.
Da´ı seguira´ que y = 2± e−C0(x2 + 1)− 32 .
Questa˜o 2. Encontre uma equac¸a˜o diferencial de segunda ordem com coeficientes
constantes cuja soluc¸a˜o geral e´
y(x) = x+ A exp(x) cosx+B exp(x) sinx.
1
Resoluc¸a˜o. Pela forma da soluc¸a˜o, sabemos que a equac¸a˜o e´ na˜o-homogeˆnea e
tem yp(x) = x como soluc¸a˜o particular. A equac¸a˜o homogeˆnea correspondente
tem soluc¸a˜o geral dada por
yh = A exp(x) cosx+B exp(x) sinx.
Portanto, seu polinoˆmio caracter´ıstico tem ra´ızes complexas 1 − i e 1 + i. Logo,
ele e´ dado por
(r − (1− i))(r − (1 + i)) = r2 − (1 + i+ 1− i)r + (1 + i)(1− i) = r2 − 2r + 2,
e a equac¸a˜o homogeˆnea e´ y′′−2y′+2y = 0 e a na˜o-homogeˆnea e´ y′′−2y′+2y = G(x),
para alguma func¸a˜o G(x). Para encontrar a func¸a˜o G(x), lembramos que yp(x) = x
e´ soluc¸a˜o particular e, portanto,
G(x) = y′′p(x)− 2y′p(x) + 2yp(x) = −2 + 2x.
Questa˜o 3. Encontre uma func¸a˜o vetorial ρ(t) = (x(t), y(t)) que satisfaz
ρ′(t) =
(
2x(t)− y(t) + et, x(t)) , ρ(0) = (1, 2).
Resoluc¸a˜o. Como ρ′(t) = (x′(t), y′(t)), temos que{
x′(t) = 2x(t)− y(t) + et
y′(t) = x(t)
Substituindo x(t) = y′(t) na primeira equac¸a˜o, temos que y(t) satisfaz
y′′ − 2y′ + y = et
y(0) = 2
y′(0) = 1,
(2)
um P.V.I. com uma equac¸a˜o linear de segunda ordem na˜o-homogeˆnea com coe-
ficientes constantes. A equac¸a˜o homogeˆna correspondente tem polinoˆmio carac-
ter´ıstico dado por
r2 − 2r + 1 = (r − 1)2 = 0.
Portanto, a soluc¸a˜o geral e´
yh(t) = Ate
t +Bet.
Para encontrar uma soluc¸a˜o particular, tentamos yp(t) = Ct
2et (observe que tanto
et quanto tet sa˜o soluc¸o˜es da homogeˆnea). Para encontrar a constante C, substitua
yp na equac¸a˜o (2). Temos
et = Cet[(2 + 4t+ t2)− 2(2t+ t2) + t2] = 2Cet =⇒ C = 1
2
.
2
Portanto, a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o (2) e´ y(t) = 1
2
t2et + Atet + Bet. Logo,
x(t) = y′(t) = 1
2
t2et + (A + 1)tet + (A + B)et. O fato de que x(0) = 1 e y(0) = 2
implica em A = −1 e B = 2. Finalmente, temos que
ρ(t) = (
1
2
t2et + et,
1
2
t2et − tet + 2et)
Questa˜o 4. Considere a curva C parametrizada por:
σ(t) = (3 cos(2t), 2t, 3 sen(2t)) 0 ≤ t ≤ 4pi.
Resolva os seguintes itens:
a. Calcule o comprimento de arco da curva C.
b. Deˆ uma parametrizac¸a˜o para a reta que e´ tangente a` curva C no ponto
P0 = (3, 2pi, 0).
c. Encontre a equac¸a˜o cartesiana do plano perpendicular a` curva C no ponto
P0 = (3, 2pi, 0).
d. Suponha que σ(t) e´ o vetor posic¸a˜o de uma part´ıcula no instante t. Mostre
que em qualquer instante t, o vetor acelerac¸a˜o A(t) e´ perpendicular ao vetor
velocidade V (t).
Resoluc¸a˜o.
a. Derivando, obtemos que
V (t) = σ′(t) = (−6 sen(2t), 2, 6 cos(2t)).
O comprimento de arco e´ calculado como:∫ 4pi
0
√
36 sen2(2t) + 4 + 36 cos2(2t) dt =
∫ 4pi
0
√
40 dt = 8pi
√
10
b. Observe que o ponto P0 = σ(pi) e, portanto, o vetor tangente a` curva no
ponto P0 e´
σ′(pi) = (0, 2, 6).
Nesse caso, a eq. parame´trica da reta tangente e´ P0 + t(0, 2, 6), isto e´,
x = 3, y = 2pi + 2t, z = 6t.
3
c. O plano perpendicular a` curva no ponto P0 tem equac¸a˜o dada por
0 = (x− 3, y − 2pi, z − 0) · (0, 2, 6) = 2(y − 2pi) + 6z ⇐⇒ 2y + 6z = 4pi.
d. O vetor acelerac¸a˜o no instante t e´ dado porA(t) = σ′′(t) = (−12 cos(2t), 0,−12 sen(2t)).
Devemos mostrar que A(t) · V (t) = 0 para todo instante . Por definic¸a˜o (re-
lembre que V (t) do item a.),
A(t) · V (t) = (−12 cos(2t))(−6 sen(2t)) + 0 + (−12 sen(2t))(6 cos(2t)) = 0.
4
Gabarito: Primeira Prova Unificada de Ca´lculo II
Questa˜o 1. Um corpo, saindo do ponto x(0) = 2, se move ao longo do
eixo x com velocidade dada por
xt + t− 2x− 2, onde t e´ o tempo.
1. [1.5] Determine explicitamente a posic¸a˜o x(t) do corpo em cada in-
stante t,
2. [0.5] Fac¸a um esboc¸o da curva x(t).
3. [0.5] Calcule limt→∞ x(t) e limt→−∞ x(t).
Soluc¸a˜o:
Item 1) Temos o problema com condic¸a˜o inicial
dx
dt
= xt + t− 2x− 2 = (t− 2)(x+ 1), x(0) = 2
que possui a soluc¸a˜o o´bvia constante dada por x(t) = −1 que na˜o satisfaz a
condic¸a˜o inicial dada. Portanto, podemos dividir ambos os lados por x + 1
obtendo ∫
dx
x+ 1
=
∫
(t− 2) dt,
ou seja,
ln |x+ 1| = 1
2
t2 − 2t+ C.
Como a soluc¸a˜o para a condic¸a˜o inicial dada satisfaz x(t) + 1 > 0 para todo
t (visto que x(0) + 1 = 3 > 0 e consequentemente x(t) > −1 para todo t,
pois, caso contra´rio, ter´ıamos x(t) = −1 para algum t e portanto x(t) = −1
para todo t) temos
ln(x+ 1) =
1
2
t2 − 2t+ C.
Tomando a exponencial em ambos os lados, concluimos que
x(t) = D exp(
1
2
t2 − 2t)− 1,
onde D = eC . Substituindo x = 2 e t = 0 na equac¸a˜o chegamos a` soluc¸a˜o
desejada
x(t) = 3 exp(
1
2
t2 − 2t)− 1.
1
OBS 1: As justificativas da divisa˜o por x + 1 e que ln |x+ 1| = ln(x + 1)
sera˜o consideradas na avaliac¸a˜o.
OBS 2: A equac¸a˜o diferencial tambe´m e´ linear e pode ser solucionada
utilizando o me´todo do fator integrante. Por este me´todo:
Temos:
x′(t) = xt + t− 2x− 2⇐⇒ x′ + (2− t)x = t− 2
. A soluc¸a˜o e´ por fator integrante:
µ(t) = e
∫
(2−t)dt = e2t−t
2/2. Portanto,
x(t) = [e2t−t
2/2]−1{
∫
(t− 2).e2t−t2/2dt+ C} =
= [e2t−t
2/2]−1{−e2t−t2/2 + C} = −1 + C · et2/2−2t.
Substituindo x(0) = 2 obtemos C = 3. Portanto,
x(t) = 3e2t−t
2/2 − 1.
Item 2) O gra´ fico de x(t) possui um ponto de mı´nimo quando t = 2 que
e´ o u´nico ponto cr´ıtico de x(t) (visto que x′(t) = 3(t− 2) exp(1
2
t2 − 2t)) que
corresponde no gra´fico ao ponto (2, x(2)) = (2, 3e−2−1), cruza
o eixo vertical
no ponto (0, 2) e cresce para ∞ quando t→ ±∞.
x
t
2 x(t)
2
Figure 1: Gra´fico de x(t).
Item 3) limt→±∞
1
2
t2 − 2t = +∞ =⇒ limt→±∞ 3 exp(12t2 − 2t)− 1 = +∞.
Questa˜o 2. (2,5 pt.) Resolva o problema de valores iniciais
y′′ − 3y′ + 2y = −10 cos 3x y(0) = 1, y′(0) = 3
2
Soluc¸a˜o:
1. O homogeˆneo associado: y′′ − 3y′ + 2y = 0.
2. polinoˆmio caracter´ıstico: pc(x) = x
2 − 3x+ 2
3. Ra´ızes de pc(x) : r1 = 2, r2 = 1.
4. Soluc¸a˜o geral do homogeˆneo : yH(x) = c1e
x + c2e
2x.
5. g(t) = −10 cos 3x na˜o e´ soluc¸a˜o do homogeˆneo
=⇒ yp(x) = A cos 3x+B sin 3x e´ um bom candidato.
6. Para o candidato acima:

yp(x) = A cos 3x+B sin 3x
y′p(x) = −3A sin 3x+ 3B cos 3x
y′′p(t) = −9A cos 3x− 9B sin 3x
7. Escrevendo −10 cos 3x = y′′p(x)− 3y′p(x) + 2yp(x) temos
−10 cos 3x = (−7A− 9B) cos 3x+ (9A− 7B) sin 3x =⇒ A = 7
13
e B =
9
13
=⇒ yp(x) = 7
13
cos 3x+
9
13
sin 3x.
8. Soluc¸a˜o geral:
y(x) = yH(x) + yp(x) = c1e
x + c2e
2x +
7
13
cos 3x+
9
13
sin 3x
cuja derivada e´
y′ = c1e
x + 2c2e
2x − 21
13
sin 3x+
27
13
cos 3x.
Substituindo y(0) = 1, y′(0) = 3 obtemos c1 = 0 e c2 = 6/13. Portanto
y(x) =
12
13
e2x − 21
13
sin 3x+
27
13
cos 3x.
Questa˜o 3. Temos c(t) = (2t+1, sin t, cos t) e P0 = ((π/2+1,
√
2/2,
√
2/2).
(a) (0,7 pt.) As equac¸o˜es parame´tricas da reta r(t) tangente a c(t) em
P0 = c(π/4): Soluc¸a˜o: Temos: c
′(t) = (2, cos t,− sin t) ⇒ c′(π/4) =
(2,
√
2/2,−√2/2) = V0.
Como r(t) = P0 + tV0 ⇒ obtemos

x(t) = π/2 + 1 + 2t
y(t) =
√
2/2 + t
√
2/2
z(t) =
√
2/2− t√2/2, t ∈ R.
3
(b) (0,8 pt.) Equac¸a˜o do plano normal: Soluc¸a˜o:
O vetor normal e´ igual a V0 = (2,
√
2/2,−√2/2)⇒
P = (x, y, z) ∈ P lano⇒ (x− x0, y − y0, z − z0) · V0 = 0
⇒ (x− (π/2 + 1), y −√2/2, z −√2/2) · (2,√2/2,−√2/2)⇒
2x+
√
2/2y −√2/2z = π + 4.
(c) (1,0 pt.) O comprimento ℓ:
Temos: c′(t) = (2, cos t,− sin t)⇒ |c′(t)|2 = 5.
Como ℓ =
∫ 2pi
0 |c′(t)|dt =
∫ 2pi
0
√
5dt = 2
√
5 π.
Questa˜o 4. Temos:
S1 : −9x2 − 9z2 + 36y2 = 36 S2 : −2x2 + z2 + 4y2 = 4.
(a) S1 : tem dois termos quadrados com sinal negativo e um termo quadrado
com sinal positivo ⇒ S1 e´ um hiperboloide de duas folhas.
S2 : tem dois termos quadrados com sinais positivo e um termo quadrado
com sinal negativo ⇒ S1 e´ um hiperboloide de uma folha.
x
y
z
Figure 2: S1: Hiperboloide de Duas Folhas.
(b) Os trac¸os: veja abaixo.
(c) Como os coeficientes de dois dos termos quadrados na equac¸a˜o de S1 sa˜o
iguais concluimos que S1 e´ de revoluc¸a˜o. S2 na˜o e´ de revoluc¸a˜o porque
todos os coeficientes dos termos quadrados sa˜o dois a dois distintos.
Uma geratriz para S1: Como podemos escrever
−9x2 − 9z2 + 36y2 = 36⇐⇒ x2 + z2 = 4(y2 − 1) = (2 ·
√
y2 − 1 )2
concluimos que f(y) = 2 · √y2 − 1 e´ uma geratriz de S1.
4
y
z
1− 1
Figure 3: Trac¸o de S1 em x = 0 : Hipe´rbole y
2 − z2/4 = 1.
y
1− 1
x
Figure 4: Trac¸o de S2 em z = 0: Hipe´rbole 4y
2 − 2x2 = 4.
5
 
Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Departamento de Me´todos Matema´ticos
Gabarito da 1a Prova Unificada de Ca´lculo II - Engenharia
29/09/2010
1a Questa˜o: (2,5 pontos)
Suponhamos que um compartimento tenha 1200 l de ar, inicialmente isento do mono´xido
de carbono. No instante t = 0, uma corrente de ga´s, com 4% de mono´xido de carbono,
e´ injetada no compartimento a` raza˜o de 0, 1 l/min e a mistura gasosa homogeˆnea sai do
compartimento a esta mesma raza˜o.
1. Achar a expressa˜o da quantidade total q(t) de mono´xido de carbono no comparti-
mento, em qualquer instante t > 0. (1 ponto) E a expressa˜o da concentrac¸a˜o x(t) de
mono´xido de carbono?
2. A exposic¸a˜o demorada ao mono´xido de carbono, em concentrac¸a˜o ta˜o baixa quanto
0, 00012, e´ danosa para o organismo humano. Em que instante t esta concentrac¸a˜o
sera´ atingida no compartimento?
Modelagem:
dq
dt
=
4
100
1
10
− q
1200
1
10
, q(0) = 0.
A quantidade total:
dq
dt
=
4
1000
− q
12000
=
48− q
12000
=⇒
∫
dq
48− q =
∫
dt
12000
=⇒
− ln |48− q(t)| = t
12000
+ C =⇒ ln |48− q(t)| = − t
12000
− C =⇒
|48− q(t)| = e− t12000−C = e− t12000 e−C = Ce− t12000 .
Como q(0) = 0, 48 = C e |48− q(t)| = 48 e− t12000 , para t > 0.
Como a concentrac¸a˜o ma´xima sera´ de 4%, q(t) ma´ximo sera´ 48, |48− q| = 48− q e:
q(t) = 48− 48e− t12000 , para t > 0.
A concentrac¸a˜o:
x(t) =
q(t)
volume
=
48− 48e− t12000
1200
, para t > 0.
Quando x(t) =
12
100000
?
12
100000
=
48− 48e− t12000
1200
⇐⇒ 3
1000
= 1− e− t12000 ⇐⇒ e− t12000 = 997
1000
⇐⇒
− t
12000
= ln
(
997
1000
)
⇐⇒ t = −12000 ln
(
997
1000
)
. minutos
2a Questa˜o: (2,5 pontos)
Determine a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
y′′ − 6y′ + 10y = 2 sen 2x .
Soluc¸a˜o:
A soluc¸a˜o da equac¸a˜o homogenea e´: yh(x) = C1e
3x cosx+ C2e
3x senx.
Reescrevendo 2 sen 2x = 1− cos(2x), buscamos uma soluc¸a˜o particular do tipo
yp(x) = A+B cos(2x) + C sen (2x), A, B e C, constantes a determinar.
Calculando as derivadas primeira e segunda de yp(x) e substituindo na equac¸a˜o, determi-
namos as constantes, A = 1/10, B = −1/30 e C = 1/15.
Soluc¸a˜o geral: y(x) = C1e
3x cosx+ C2e
3x senx+
1
10
− cos(2x)
30
+
sen (2x)
15
.
3a Questa˜o: (2,5 pontos)
Uma part´ıcula P1 se move ao longo da curva C1 definida por
σ1(t) = (t
2, t3) , t ∈ IR
e uma part´ıcula P2 se move ao longo da curva C2 definida por
σ2(t) = (cos(2t),
√
2 cos2 t− 1) , t ∈ [0, pi/4].
1. Determine as equac¸o˜es cartesianas das curvas acima.
2. Esboce a trajeto´ria das part´ıculas P1 e P2, separadamente, mostrando o sentido de
percurso em cada uma delas.
3. Determine as equac¸o˜es parame´tricas da reta tangente a` curva σ1, no ponto (4,8).
4. Em que pontos as trajeto´rias dos pontos P1 e P2 se cruzam? As part´ıculas va˜o colidir?
Soluc¸a˜o
1. Como (t2)3 = (t3)2, a equac¸a˜o cartesiana de C1 e´ x
3 = y2.
Como
√
2 cos2 t− 1 =
√
2
(
cos(2t) + 1
2
)
− 1 =
√
cos(2t), a equac¸a˜o cartesiana de C2
e´ y =
√
x.
2. Esboc¸o das curvas
3. Temos σ1(t) = (4, 8) ⇐⇒ t = 2. Como V (t) = σ′1(t) = (2t, 3t2), o vetor tangente em
t = 2 e´ V (2) = (4, 12).
Equac¸o˜es parame´tricas da reta tangente: x(t) = 4 + 4t , y(t) = 8 + 12t, para
t ∈ IR.
4. As trajeto´rias se cruzam quando x3 = y2 = x, isto e´, nos pontos (0, 0) e (1, 1). As
part´ıculas na˜o colidem porque passam por estes pontos em valores distintos de t.
2
4a Questa˜o: (2,5 pontos)
Uma part´ıcula partindo do ponto (0, 0, 1) se move com o vetor posic¸a˜o r(t) = (x(t), y(t), z(t))
e vetor velocidade V (t) = (−3z(t), 4, 3x(t)).
1. Determine o vetor posic¸a˜o r(t) = (x(t), y(t), z(t)).
2. Reconhec¸a a curva e fac¸a um esboc¸o da mesma indicando o sentido do percurso.
3. Determine a distaˆncia percorrida desde o instante t = 0 ao instante t = 2pi.
Soluc¸a˜o
1. (x′(t), y′(t), z′(t)) = V (t) = (−3z(t), 4, 3x(t)) =⇒
x′′ = −3z′ = −9x , y′ = 4 e z′′ = 3x′ = −9z.
As equac¸o˜es x′′ + 9x = 0 e z′′ + 9z = 0 tem soluc¸a˜o x(t) = A cos(3t) +B sen (3t)
e z(t) = C cos(3t) +D sen (3t), respectivamente.
A equac¸a˜o y′ = 4 tem soluc¸a˜o y(t) = 4t+ E.
Como r(0) = (x(0), y(0), z(0)) = (0, 0, 1), enta˜o A = 0, E = 0 e C = 1.
Como V (0) = (−3z(0), 4, 3x(0)) = (−3, 4, 0) e
V (t) = (3B cos(3t), 4,−3 sen (3t) + 3D cos(3t)), enta˜o B = −1 e D = 0.
Vetor posic¸a˜o: r(t) = (x(t), y(t), z(t)) = (− sen (3t), 4t, cos(3t)).
2. Repare que x2 + z2 = 1 e a coordenada y(t) e´ linear no paraˆmetro t. Logo a curva e´
uma he´lice partindo do ponto com coordenadas (0, 0, 1) sobre o eixo z, e enrolando-se
ao redor do eixo y, no sentido trigonome´trico, na direc¸a˜o do aumento de y.
3. A distaˆncia e´ dada por
∫ 2pi
0
||V (t)|| dt =
∫ 2pi
0
√
9 + 16 dt = 10pi.
3
 
Gabarito da Primeira Prova Unificada de Ca´lculo II - 2010/1
Questa˜o 1. Considere uma populac¸a˜o P = P (t) com frac¸o˜es constantes
de natalidade e mortalidade α > 0 e β > 0, respectivamente. Seja m > 0 a
taxa constante de emigrac¸a˜o. Assuma que a taxa com que a populac¸a˜o varia
com o tempo pode ser modelada pela equac¸a˜o
dP
dt
= κP −m, onde κ = α− β > 0. (1)
(a) (1,0 pt.) Encontre a soluc¸a˜o P (t) de (1) que satisfaz P (0) = P0.
(b) (1,0 pt.) Encontre relac¸o˜es entre P0, κ e m para que a populac¸a˜o cresc¸a
exponencialmente, permanesc¸a constante ou decresc¸a.
(c) (0,5 pt.) Em 1847 a populac¸a˜o de um certo pa´ıs era de 8 milho˜es de
habitantes a diferenc¸a entre as taxas de natalidade e mortalidade era de
1,6% da populac¸a˜o. Devido a uma escassez de alimentos entre 1840 e
1850, em torno de 210 mil habitantes por ano emigraram. Nessa e´poca
a populac¸a˜o daquele pa´ıs estava crescendo ou declinando ?
Soluc¸a˜o de (a):
1. Vamos resolver a EDO de primeira ordem linear dP
dt
−κP = −m com valor
inicial P (0) = P0.
2. O fator integrante e´ µ = exp(− ∫ κdt) = e−κt.
3. Multiplicando a equac¸a˜o pelo fator integrante, obtemos:
d(e−κtP (t))
dt
= −me−κt
3. Integrando a relac¸a˜o anterior em t, segue que
e−κtP (t) = −
∫
me−κtdt =
m
κ
e−κt + C
4. Logo
P (t) =
m
κ
+ Ceκt (*)
5. Impondo o dado inicial P (0) = P0 a (*), obtemos C = P0 − mκ e
P (t) =
m
κ
+
(
P0 − m
κ
)
eκt
1
Soluc¸a˜o de (b):
Condic¸a˜o para crescimento exponencial: P0 − mκ > 0 ⇒ κP0 > m.
Condic¸a˜o para populac¸a˜o constante: P0 − mκ = 0 ⇒ κP0 = m.
Condic¸a˜o para decrescimento: P0 − mκ < 0 ⇒ κP0 < m.
Soluc¸a˜o de (c):
Nesse caso, P0 = 8.000.000, κ = 0, 016 e m = 210.000.
Assim, κP0 = 128.000 < 210.000 = m, o que implica um decrescimento da
populac¸a˜o.
2
Questa˜o 2. (2,5 pt.) Resolva o problema de valores iniciais
y′′ + 6y′ + 5y = 2e−t
y(0) = 0, y′(0) = 1
Soluc¸a˜o:
1. O homogeˆneo associado: y′′ + 6y′ + 5y = 0.
2. Polinoˆmio caracter´ıstico: pc(x) = x
2 + 6x+ 5
3. Ra´ızes de pc(x) : r1 = −5, r2 = −1.
4. Soluc¸a˜o geral do homogeˆneo : yH(t) = c1e
−5t + c2e−t.
5. g(t) = 2e−t e´ soluc¸a˜o do homogeˆneo =⇒ yp(t) = Ate−t.
6. Para o candidato acima:

yp(t) = Ate
−t
y′p(t) = Ae
−t − Ate−t
y′′p(t) = −2Ae−t + Ate−t
7. Escrevendo 2e−t = y′′p + 6y
′
p + 5yp temos
2e−t = 4Ae−t =⇒ A = 1
2
=⇒ yp(t) = 12te−t.
8. A soluc¸a˜o geral e´: y(t) = yH(t) + yp(t) = c1e
−5t + c2e−t + 12te
−t e substi-
tuindo y(0) = 0, y′(0) = 1 obtemos c1 = −18 e c2 = 18 . Portanto
y(t) = −1
8
e−5t +
1
8
e−t +
1
2
te−t.
3
Questa˜o 3. Considere r1(t) = (cos t, sen t, t) e r2(t) = (1, t
2, t3), t ≥ 0,
os vetores posic¸a˜o de dois objetos.
(a) (0,5 pt.) Encontre todos os pontos de intersec¸a˜o das trajeto´rias dos
dois objetos.
(b) (1,0 pt.) Determine as velocidades vetoriais e as velocidades escalares
(rapidez) dos objetos nos pontos encontrados no item (a).
(c) (1,0 pt.) Calcule o distaˆncia percorrida pelo segundo objeto (cuja vetor
posic¸a˜o e´ r2) entre os pontos (1,0,0) e (1,4,8).
Soluc¸a˜o de (a):
1. Para encontrar os pontos de intersec¸a˜o das trajeto´rias, resoveremos o sis-
tema:
cos t′ = 1
sen t′ = t2
t′ = t3
2. Da primeira equac¸a˜o obtemos t′ = 2kpi, k = 0, 1, 2, . . .. Assim, os
u´nicos valores de t e t′ que satizfazem as treˆs equac¸o˜es simultaneamente
sa˜o t = t′ = 0.
3. Logo, o u´nico ponto de intersec¸a˜o das trajeto´rias e´
r1(0) = r2(0) = (1, 0, 0).
Soluc¸a˜o de (b):
r′1(t) = (−sen t, cos t, 1), r′2(t) = (0, 2t, 3t2).
No ponto (1,0,0):
Velocidades Vetoriais: r′1(0) = (0, 1, 1) e r
′
2(0) = (0, 0, 0).
Velocidades Escalares: ‖ r′1(0) ‖=
√
2 e ‖ r′2(0) ‖= 0.
Soluc¸a˜o de (c):
1. ‖ r′2(t) ‖=
√
4t2 + 9t4 = t
√
4 + 9t2, t ≥ 0.
2. r2(0) = (1, 0, 0) e r2(2) = (1, 4, 8).
3.
L2 =
∫ 2
0
t
√
4 + 9t2 dt =
1
18
∫ 40
4
√
u du =
[
u3/2
27
]u=40
u=4
=
80
√
10− 8
27
.
Na integral acima utilizamos a substituic¸a˜o:
u = 4 + 9t2; dt =
du
18t
t = 0→ u = 4;
t = 2→ u = 40;
4
Questa˜o 4. Um objeto se desloca no plano e sua posic¸a˜o no instante
t ≥ 0 e´ dada por r(t) = (x(t), y(t)). Se sua acelerac¸a˜o e´ dada por −2r(t)
(t ≥ 0) e no instante t = 0 o objeto parte do ponto (4,0) com velocidade
inicial v0 = (0, 4), encontre:
(a) (1,5 pt.) As equac¸o˜es parame´tricas da trajeto´ria do objeto, isto e´, o
vetor r(t) (t ≥ 0);
(b) (1,0 pt.) A equac¸a˜o cartesiana da trajeto´ria do objeto e identifique a
curva.
Soluc¸a˜o de (a):
1. r(t) = (x(t), y(t)) =⇒ r′(t) = (x′(t), y′(t)) =⇒ r′′(t) = (x′′(t), y′′(t)).
2. Hipo´tese: r′′(t) = (x′′(t), y′′(t)) = (−2 x(t),−2 y(t)) = −2r(t)
3. Portanto temos:{
x′′(t) = −2 x(t)
y′′(t) = −2 y(t)
4. De x′′(t) = −2 x(t) obtemos x′′(t) + 2 x(t) = 0 que e´ uma equac¸a˜o
diferencial ordina´ria de ordem 2. Para resolve-la:
4.1. polinoˆmio caracteristico pc(x) = x
2 + 2 e suas raizes : r = ±√2 i.
4.2. soluc¸a˜o geral: x(t) = c1 cos(
√
2t) + c2 sin(
√
2t).
4.3. como r(0) = (4, 0) e r′(0) = (0, 4) obtemos c1 = 4 e c2 = 0. Portanto
x(t) = 4 cos(
√
2t).
4.4. Do mesmo modo obtemos y(t) = c1 cos(
√
2t) + c2 sin(
√
2t) e utilizando
r(0) = (4, 0) e r′(0) = (0, 4) obtemos c1 = 0 e c2 = 2
√
2. Portanto
y(t) = 2
√
2 sin(
√
2t).
5. Finalmente, r(t) = (4 cos(
√
2t), 2
√
2 sin(
√
2t)).
Soluc¸a˜o de (b):
Como r(t) = (4 cos(
√
2t), 2
√
2 sin(
√
2t) = (x, y), obtemos
x2
16
+
y2
8
= 1,
que e´ a equac¸a˜o de uma elipse.
5
 
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Universidade Federal do Rio de Janeiro
Instituto deMatema´tica
Departamento de Me´todos Matema´ticos
www.dmm.im.ufrj.br
1a Prova Unificada de Ca´lculo II
Escola Polite´cnica e Escola de Qu´ımica - 15/10/2009
1a Questa˜o: (2,5 pontos) Suponha que no instante t = 0, a metade de uma populac¸a˜o
de 100.000 coelhos e´ infectada por um v´ırus que comec¸a crescendo com uma taxa de
1.000 coelhos por dia. Assumindo que a taxa com que o v´ırus se espalha e´ proporcional a`
quantidade de coelhos infectados vezes a quantidade de coelhos na˜o infectados, determine
o tempo que levara´ para que o v´ırus se espalhe por 80% da populac¸a˜o.
2a Questa˜o: (a) (0,5 pontos) Determine a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
y′′ + 4y′ + 4y = 0
(b) (1,5 pontos) Utilize o resultado do item (a) para determinar a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
y′′ + 4y′ + 4y = e−2x(x+ 2)
(c) (0,5 pontos) Utilize o resultado do item (b) para determinar a soluc¸a˜o do problema
de valor inicial  y
′′ + 4y′ + 4y = e−2x(x+ 2)
y(0) = −1, y′(0) = 1.
3a Questa˜o: Dada a curva Γ definida por ~r (t) = 〈 et cos t, et sen t, et 〉, t ≥ 0.
(a) (0,5 pontos) Esboce a curva Γ e indique com setas a direc¸a˜o na qual o paraˆmetro
cresce.
(b) (1,5 pontos) Determine as equac¸o˜es parame´tricas da reta tangente a` curva no ponto
P = (−epi, 0, epi). Determine, tambe´m, uma equac¸a˜o do plano normal (ortogonal) a` curva
no ponto P .
(c) (0,5 pontos) Determine o comprimento da curva quando t varia de 0 ate´ 1.
4a Questa˜o: Dada a func¸a˜o f(x, y) = 5−
√
4x2 + y2.
(a) (0,5 pontos) Determine e identifique as curvas de n´ıvel de f(x, y).
(b) (0,8 pontos) Determine, justificando, um esboc¸o para a superf´ıcie S que e´ o gra´fico
de f(x, y).
(c) (0,7 pontos) Determine uma parametrizac¸a˜o para a curva C obtida pela intersec¸a˜o da
superf´ıcie S com o elipso´ide 4x2 + y2 + (z − 5)2 = 8.
(d) (0,5 pontos) Determine os pontos sobre a curva C nos quais a reta tangente e´ paralela
a` reta y = 2x do plano xy.
Gabarito da 1a Prova Unificada de Ca´lculo II
15/10/2009
1a Questa˜o (i)
Por hipo´tese y(t) medido em milhares de coelhos, t em dias, temos assim o problema de
valor inicial  y
′(t) = ky(100− y)
y(0) = 50
(ii) Da condic¸a˜o y′(0) = 1, segue
1 = k50(100− 50), enta˜o k = 1
502
= 0, 0004
(iii) A equac¸a˜o e´ equivalente a
y′
y(100− y) = 0, 0004
Observando que
1
y(100− y) =
1
100y
+
1
100(100− y) ,
a primeira igualdade fica
y′
y
+
y′
100− y = 0, 04.
Integrando de ambos os lados e, em seguida, tomando exponencial, temos:
y
100− y = Ke
0,04t, K ∈ IR.
Usando a condic¸a˜o inicial y(0) = 50, temos
y(t) =
100
1 + e−0,04t
.
(iv) Se t1 e´ o nu´mero de dias ate´ que 80 mil coelhos tenham sido infectados, devemos ter
80 =
100
1 + e−0,04t1
,
de modo que t1 = 25(ln 4) ∼= 34, 66 dias.
2a Questa˜o: (a) A equac¸a˜o caracter´ıstica e´
r2 + 4r + 4 = 0, r1 = r2 = −2
Portanto, a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o complementar e´ dada por
yc = e−2x(c1 + c2x), (c1, c2 ∈ IR).
(b) Do item (a) uma soluc¸a˜o particular e´ da forma yp = e−2x(A+Bx)x2 = e−2x(Ax2 +Bx3),
A e B a determinar.
Calculando y′p e y
′′
p e substituindo na equac¸a˜o obtemos A = 1 e B =
1
6 .
Portanto, yp(x) = e−2x(x2 + 16x
3) e´ uma soluc¸a˜o particular. A soluc¸a˜o geral sera´
y = yc + yp = e−2x(c1 + c2x+ x2 +
1
6
x3), (c1, c2 ∈ IR).
(c) Do item (b) segue: y′ = e−2x(−2c1 − 2c2x− 2x2 − 13x3 + c2 + 2x+ 12x2)
1
Substituindo x = 0, y = −1 e y′(0) = 1, segue c1 = c2 = −1.
Portanto, a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´
y = e−2x(−1− x+ x2 + 1
6
x3).
3a Questa˜o: (a) As equac¸o˜es parame´tricas da curva Γ sa˜o: x = et cos t, y = et sen t, z = et, t ≥ 0,
elas satisfazem x2 + y2 = z2, z > 0; a curva Γ descreve uma espiral na parte superior do cone circular
x2 + y2 = z2, tendo ponto inicial (1, 0, 1). O trac¸ado e´ para cima e no sentido anti-hora´rio quando visto
desde a origem.
(b) ~r ′(t) = 〈et(cos t− sen t), et( sen t+ cos t), et〉. O ponto P corresponde ao valor t = pi, logo ~r ′(pi) =
〈−epi,−epi, epi〉. Portanto, as equac¸o˜es parame´tricas da reta tangente a` curva Γ no ponto P sa˜o:
x = −epi(t+ 1), y = −tepi, z = epi(1 + t), t ∈ IR.
O plano normal a` Γ no ponto P tem equac¸a˜o:
−epi(x+ epi)− epiy + epi(z − epi) = 0 ou − x− y + z = 2epi.
(c) Do item (b), |~r ′(t)| =
√
e2t[(cos t− sen t)2 + ( sen t+ cos t)2 + 1] = et
√
3.
Logo, o comprimento de arco da curva quando t varia de t = 0 ate´ t = 1 e´ dado por
L =
∫ 1
0
|~r ′(t)| dt =
∫ 1
0
√
3 et dt =
√
3(e− 1).
4a Questa˜o: (a) z = c : se c > 5, conjunto vazio; se c = 5 e´ o ponto (0, 0); se c < 5, e´ a elipse
4x2 + y2 = (5− c)2.
(b) Para esboc¸ar a superf´ıcie S, gra´fico de f , observamos que a equac¸a˜o z = 5−
√
4x2 + y2 e´ equivalente
a
(z − 5)2 = 4x2 + y2, z ≤ 5 (1)
As sec¸o˜es verticais de S sa˜o:
Se x = 0, as semi-retas concorrentes z − 5 = ±y, z ≤ 5; x = k, k 6= 0, ramo inferior da hipe´rbole
(z − 5)2 − y2 = 4k2.
Se y = 0, as semi-retas concorrentes z − 5 = ±2x, z ≤ 5; y = k, k 6= 0, ramo inferior da hipe´rbole
(z − 5)2 − 4x2 = k2.
Do item (a) e as curvas acima, conclui-se que a superf´ıcie S e´ a parte inferior de um cone el´ıptico com
ve´rtice (0, 0, 5) e eixo z.
(c) Para parametrizar a curva C, obtida pela intersec¸a˜o do semi-cone S de equac¸a˜o (1) com o elipso´ide
4x2 + y2 + (z − 5)2 = 8, observamos que a curva C esta´ no plano z = 3 e sua projec¸a˜o no plano xy e´ a
elipse x2 +
y2
4
= 1.
Enta˜o uma parametrizac¸a˜o de C e´ dada por
~r(t) = cos t~i+ 2 sen t ~j + 3 ~k = 〈 cos t, 2 sen t, 3 〉, 0 ≤ t ≤ 2pi.
(d) Para a reta y = 2x, temos a parametrizac¸a˜o ~σ(s) = 〈 s, 2s, 0〉, s ∈ IR; um vetor direc¸a˜o dessa reta e´
〈1, 2, 0〉. Do item (c) segue ~r ′(t) = 〈 − sen t, 2 cos t, 0 〉 = k 〈1, 2, 0〉, com k 6= 0, donde
− sen t = k e 2 cos t = 2k, 0 ≤ t ≤ 2pi.
Logo, t =
3pi
4
ou t =
7pi
4
. Portanto, os pontos sa˜o (−
√
2
2
,
√
2, 3) e (
√
2
2
,−
√
2, 3).
2
 
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¡¡¡¡¡¡¡¡
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¡¡¡¡¡¡¡¡
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Universidade Federal do Rio de Janeiro
Instituto deMatema´tica
Departamento de Me´todos Matema´ticos
www.dmm.im.ufrj.br
1a Prova Unificada de Ca´lculo II
Escola Polite´cnica, Escola de Qu´ımica e Instituto de F´ısica
30/04/2009
1a Questa˜o: (a) (2,0 pontos) Determine a soluc¸a˜o geral expl´ıcita y(x) da equac¸a˜o diferencial
(x2 + 1)y′ + 3xy = 6x.
(b) (0,5 pontos) Utilize o resultado do item (a) para obter a soluc¸a˜o do problema de valor inicial (x
2 + 1)y′ + 3xy = 6x
y(0) = −2
2a Questa˜o: (2,5 pontos) Considere um tanque que possui, 1000 litros de a´gua pura. Suponha que
ele comece a receber produtos qu´ımicos, completamente dilu´ıdos em a´gua, a uma taxa de 200 litros por
hora, e que a concentrac¸a˜o desses produtos na a´gua que ali esta´ entrando varia periodicamente com o
tempo t (medido em horas), de acordo com a fo´rmula
f(t) =
5 + sen t
100
quilogramas por litro.
A soluc¸a˜o enta˜o e´ misturada completamente e sai do tanque tambe´m a` taxa de 200 litros por hora.
Determine a quantidade de produtos qu´ımicos (em quilogramas) que permanece no tanque apo´s t horas.
Veja abaixo Lembrete. 1
3a Questa˜o: (a) (0,5 pontos) Determine a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
y′′ − 9y = 0.
(b) (1,5 pontos) Utilize o resultado do item (a) para determinar a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
y′′ − 9y = 9x2 + e3x.
(c) (0,5 pontos) Utilize o resultado do item (b) para determinar a soluc¸a˜o do problema de valor inicial y
′′ − 9y = 9x2 + e3x
y(0) = 0; y′(0) = 16
4a Questa˜o: Dada a func¸a˜o f(x, y) =
√
5− 25x2 + 5y2.
(a) (0,5 pontos) Determine algebricamente e identifique as curvas de n´ıvel de f(x, y).
(b) (0,8 pontos) Determine, justificando, um esboc¸o para a superf´ıcie S que e´ o gra´fico de f(x, y).
(c) (0,7 pontos) Determine uma parametrizac¸a˜o para a curva C obtida pela intersec¸a˜o de S com o plano
y = 3.
(d) (0,5 pontos) Determine as equac¸o˜es parame´tricas da reta tangente a C no ponto (1, 3, 5).
1
∫
eat sentdt = 1
a2+1
eat(a sen t− cos t) + C, C ∈ IR, a 6= 0.
Gabarito da 1a Prova Unificada de Ca´lculo II
30/04/2009
1a Questa˜o: (a) Dividindo ambos os lados da equac¸a˜o por x2 + 1 obtemos
dy
dx
+
3x
x2 + 1
y =
6x
x2 + 1
que e´ linear com fator integrante
I(x) = exp (
3
2
ln(x2 + 1)) = (x2 + 1)3/2
Multiplicando ambos os lados da equac¸a˜o diferencial por I(x) temos
d
dx
((x2 + 1)3/2y) = 6x(x2 + 1)1/2.
Integrando ambos os lados,
(x2 + 1)3/2y = 2(x2 + 1)3/2 + C.
Portanto, a soluc¸a˜o geral e´
y(x) = 2 + C(x2 + 1)−3/2, C ∈ IR
(b) Substituindo x = 0 e y = −2 na soluc¸a˜o geral obtida no item (a) temos
−2 = 2 + C, ou C = −4.
Portanto a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´
y(x) = 2− 4(x2 + 1)−3/2
2a Questa˜o: Q(t) = quantidade (em kg) de produtos qu´ımicos que permanece no tanque apo´s t horas.
Taxa de entrada = [(
5 + sen t
100
) kg/l][200 l/h] = (10 + 2 sen t) kg/h
Taxa de sa´ıda = [(
Q(t)
1000
) kg/l][200 l/h] =
Q(t)
5
kg/h.
Assim,
dQ
dt
= 10 + 2 sen t− Q(t)
5
,
dQ
dt
+
1
5
Q(t) = 10 + 2 sen t (1)
Fator integrante: I(t) = exp
∫
1/5 dt = et/5.
Multiplicando a equac¸a˜o (1) pelo fator integrante, obtemos
d
dt
(et/5 Q(t)) = 10et/5 + 2 et/5 sen t,
et/5Q(t) = 10
∫
et/5 dt+ 2
∫
et/5 sen t dt.
et/5Q(t) = 50et/5 + 2
∫
et/5 sen t dt (2)
1
Lembrando que:
∫
eat sen t dt =
eat
a2 + 1
(a sen t− cos t) + C, C ∈ IR
Segue, ∫
et/5 sen t dt =
5
26
et/5 sen t− 25
26
et/5 cos t+ C. (3)
Finalmente, substituindo (3) em (2), obtemos:
et/5Q(t) = 50et/5 +
5
13
et/5 sen t− 25
13
et/5 cos t+ C,
Q(t) = 50 +
5
13
sen t− 25
13
cos t+ Ce−t/5.
Como inicialmente a a´gua no tanque era pura. Q(0) = 0, e da´ı,
0 = Q(0) = 50− 25
13
+ C, ou C = −625
13
.
Portanto,
Q(t)
= 50 +
5
13
sen t− 25
13
cos t− 625
13
e−t/5
que representa a quantidade (em kg) de produtos qu´ımicos no tanque apo´s t horas.
3a Questa˜o: (a) A equac¸a˜o caracter´ıstica e´
r2 − 9 = 0, r1 = −3 e r2 = 3
Portanto, a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o homogeˆnea e´ dada por
yh = c1e−3x + c2e3x, (c1, c2 ∈ IR).
(b) Do item (a) segue que uma soluc¸a˜o particular y1p para a equac¸a˜o
y′′ − 9y = e3x (1)
e´ da forma y1p = kxe
3x, k a determinar.
Substituindo na equac¸a˜o (1) segue k = 16 . Agora procuramos uma soluc¸a˜o particular y
2
p da equac¸a˜o
y′′ − 9y = 9x2 (2)
y2p deve ter a forma y
2
p = Lx
2+Mx+N, L,M e N a determinar. Substituindo na equac¸a˜o (2) obtemos:
L = −1, M = 0 e N = −2/9, e portanto, y2p = −x2 − 2/9. Logo, uma soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o
dada e´ yp = y1p + y2p =
x
6 e
3x − (x2 + 2/9).
A soluc¸a˜o geral sera´
y = c1e−3x + c2e3x +
x
6
e3x − (x2 + 2
9
), (c1, c2 ∈ IR).
(c) Do item (b) segue: y′ = −3c1e−3x + 3c2e3x + e3x( 16 + 12x)− 2x
Substituindo x = 0, y = 0 e y′(0) = 16 , segue c1 = c2 =
1
9 .
Portanto, a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´
y =
1
9
(e−3x + e3x) +
x
6
e3x − (x2 + 2
9
).
2
4a Questa˜o: (a) Para todo c ≥ 0, a curva de n´ıvel e´ dada por√
5− 25x2 + 5y2 = c,
elevando ao quadrado ambos os lados da equac¸a˜o
5− 25x2 + 5y2 = c2,
ou
−25x2 + 5y2 = c2 − 5 (1)
A equac¸a˜o (1) corresponde a uma hipe´rbole, exceto quando c =
√
5, em cujo caso obtemos o par de retas
concorrentes y = ±√5 x, que sa˜o as ass´ıntotas da famı´lia de hipe´rboles definidas pela equac¸a˜o (1).
(b) Para obter a superf´ıcie S, gra´fico de f , observamos que a equac¸a˜o z =
√
5− 25x2 + 5y2 e´ equivalente
a
z2 = 5− 25x2 + 5y2, z ≥ 0
ou
25x2 − 5y2 + z2 = 5, z ≥ 0 (2)
As sec¸o˜es com os planos y = c, c constante, sa˜o semi-elipses e as sec¸o˜es com os planos x = c, c constante,
sa˜o hipe´rboles ou um par de semi-retas concorrentes ( c = ±1/√5); do item (a) sabemos que as sec¸o˜es
horizontais z = c, c ≥ 0 sa˜o hipe´rboles ou um par de retas concorrentes. Portanto, S e´ a metade superior
de um hiperbolo´ide de uma folha cujo eixo e´ o eixo y.
(c) Para parametrizar a curva C, intersec¸a˜o do semi-hiperbolo´ide da equac¸a˜o (2) do item (b) com o
plano y = 3, substituimos y = 3 na equac¸a˜o (2), obtendo
25x2 + z2 = 50, z ≥ 0
ou
x2
2
+
z2
50
= 1, z ≥ 0
que corresponde a uma semi-elipse no plano xz, com centro na origem e com semi-eixos
√
2 e 5
√
2,
respectivamente. Enta˜o uma parametrizac¸a˜o de C e´ dada por
~r(t) =
√
2 cos t~i+ 3~j + 5
√
2 sen t ~k, 0 ≤ t ≤ pi.
(d) Se P = (1, 3, 5), enta˜o ~OP = ~r(pi/4), por outra parte
~dr
dt
(t) = −
√
2 sen t~i+ 5
√
2 cos t ~k, e assim
~dr
dt
(pi/4) = −~i+ 5~k.
Em consequeˆncia, as equac¸o˜es parame´tricas da reta tangente a C no ponto (1, 3, 5) sa˜o
x = 1− t
y = 3, −∞ < t < +∞
z = 5 + 5t
3
M
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Universidade Federal do Rio de Janeiro
1 a Prova Unificada de Ca´lculo II
Engenharia e Engenharia Qu´ımica
01/10/2008
1 a Questa˜o: (2 pontos)
Determine a soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial linear de segunda ordem com coeficientes
constantes:

y′′(x) + 2y′(x) + 5y(x) = 5x2;
y(0) = 1;
y′(0) = 1.
2 a Questa˜o: (2,5 pontos)
Um tanque tem a forma de um cone com base circular de
raio 6m e altura 18m, como mostra a figura ao lado. Ele
esta´ inicialmente repleto com a´gua. A a´gua vaza por
um orif´ıcio circular O situado no ve´rtice do cone com
vaza˜o (isto e´, taxa de variac¸a˜o do volume por unidade
de tempo) dada pela fo´rmula:
Vz(t) =
π
9
√
2gh(t) m3/s,
onde h(t) e´ a altura do n´ıvel da a´gua no instante t. Con-
sidere aqui a acelerac¸a˜o da gravidade g = 9m/s2. De-
termine o tempo necessa´rio para se esvaziar este tanque.
18m
h(t)
Vz(t)
O
6 m
3 a Questa˜o: (2,5 pontos)
Duas part´ıculas se movem no plano R2 de acordo com os seguintes vetores posic¸a˜o
~r1 = (1 + t)~ı + (3t− 2)~, ~r2 = (1− t)~ı + t2~,
onde o tempo t e´ o mesmo para as duas part´ıculas.
1. Determine os pontos onde as trajeto´rias se cruzam.
2. Mostre que as duas part´ıculas nunca se encontram.
3. Determine os instantes em que as duas part´ıculas teˆm a mesma velocidade escalar.
4 a Questa˜o: (3 pontos)
Considere a superf´ıcie S em R3 dada pela equac¸a˜o x2 − 2x+ y2 + z2 − 4z = 6.
1. Identifique a superf´ıcie qua´drica S e desenhe a figura correspondente a essa qua´drica.
2. Parametrize a curva C obtida pela intersec¸a˜o de S com o plano y + z = 4 e calcule
a distaˆncia ao longo da curva C, do ponto A = (4, 1, 3) ao ponto B = (−2, 1, 3).
3. Determine a equac¸a˜o da reta tangente a` curva C passando pelo ponto A do item
anterior.
Soluc¸a˜o da 1a Prova de Ca´lculo II
1a QUESTA˜O
Considere a equac¸a˜o diferencial y′′(x) + 2y′(x) + 5y(x) = 5x2 (1)
e a diferencial homogeˆnea associada , isto e´: y′′(x) + 2y′(x) + 5y(x) = 0. (2)
Podemos encontrar a soluc¸a˜o de (2) atrave´s do polinoˆmio caracter´ıstico, que
para esta equac¸a˜o e´ :
r2 + 2r + 5 = 0 que tem por ra´ızes
{
r1 = −1 + 2 i
r2 = −1− 2 i
Asssim, a soluc¸a˜o de (2) sera´
yh = ke
−x sin 2x+ k1e−x cos 2x onde k e k1 sa˜o
constantes a serem determinadas futuramente.
A soluca˜o particular da equac¸a˜o y′′(x) + 2y′(x) + 5y(x) = 5x2 e´ da forma :
yp(x) = ax
2 + bx+ c. Substituindo yp(x) na eq. diferencial temos:
5ax2 + (4a+ 5b)x+ (2a+ 2b+ 5c) = 5x2
Resolvendo o sistema de equac¸o˜es:
5a = 5
4a+ 5b = 0
2a+ 2b+ 5c = 0
Obtemos a = 1 , b = -4/5 , c = -2/25
Portanto, a soluc¸a˜o de (1) e´ : y(x) = ke−x sin 2x+ k1e−x cos 2x+ x2 − (4/5)x− 2/25
Utilizando as condic¸o˜es iniciais y(0) = 1 e y’(0) = 1, podemos encontrar k e
k1 : k = 36/25 e k1 = 27/25.
Assim, temos : y(x) = (e−x/25){36 sin 2x+ 27 cos 2x}+ x2 − (4/5)x− 2/25
2a QUESTA˜O
Considere os triaˆngulos semelhantes da figura ao lado.
Temos que :
6
18
=
r(t)
h(t)
. Logo r(t) = h(t)/3.
Assim o volume V(t) do l´ıquido no cone quando a
altura deste for h(t) sera´ :
V (t) =
pih3(t)
27
.
A vaza˜o Vz e´ igual a variac¸a˜o do volume de l´ıquido no
cone, portanto:
−pi
√
18h(t)
9
=
d V (t)
d t
E apo´s simplificac¸a˜o temos:
h′(t) =
dh
dt
= −
√
18h(t)
h2(t)
Resolvendo esta equac¸a˜o diferencial por separac¸a˜o de
varia´veis:
h2√
18h
dh = −dt
Integrando ambos os lados, obtemos:
2
5
√
18
h 5/2(t) = −t+ C.
Quando t=0 temos h(0) = 18, assim C=2
5
182
Portanto, h 5/2(t) =
5
√
18
2
(−t+ 2
5
182).
Para h=0, teremos o tempo t=
2
5
182 .
3a QUESTA˜O
1. Podemos escrever: ~r1 = x1~i+ y1~j e ~r2 = x2~i+ y2~j , onde
R :
{
x1(t) = 1 + t
y1(t) = −2 + 3t (1)
P :
{
x2(t) = 1− t
y2(t) = t
2 (2)
Em R temos t = x1 − 1 e subtituindo em (1) obtemos y1 = 3x1 − 5.
Fazendo o mesmo em P temos t = 1 − x2 e substituindo em (2) obtemos
y2 = (1− x2)2.
Portanto, a trageto´ria da part´ıcula R e´ uma reta e a da part´ıcula P e´ uma
para´bola que se encontram quando 3x− 5 = (1− x)2.
Resolvendo esta equac¸a˜o temos
{
x = 2
x = 3.
Assim, estas trajeto´rias se encontram nos pontos A=(2,1) e B=(3,4) .
2. Caso elas se encontrassem ter´ıamos x1(t) = x2(t). Portanto, 1 + t = 1 - t
e ter´ıamos t=0. Logo, y1(t) 6= y2(t). Assim, elas na˜o podem se encontrar.
3. As velocidades escalares sa˜o:
v1 =
√
(x′1)2 + (y
′
1)
2 e
v2 =
√
(x′2)2 + (y
′
2)
2
Assim obtemos: 10 = 1 + 4t2 , e em t=±3/2 as part´ıculas R e P teˆm a
mesma velocidade escalar.
4a QUESTA˜O
I. A equac¸a˜o x2 − 2x+ y2 + z2 − 4z = 6 pode ser escrita como:
(x− 1)2 + y2 + (z − 2)2 = 11
que representa uma esfera de raio
√
11 , centrada no ponto P = (1,0,2)
II. Fazendo z = 4 - y e substituindo na equac¸a˜o x2 − 2x+ y2 + z2 − 4z = 6 temos :
(x − 1)2 + 2(y − 1)2 = 9 que e´ a projec¸a˜o em
XOY da intersec¸a˜o
da esfera com o plano y+z = 4 .
Esta equac¸a˜o no plano XOY representa a el´ıpse :
(x− 1)2
9
+
(y − 1)2
(3/
√
2)2
= 1
Assim, a parametrizac¸a˜o da curva C em R3pode ser dada por:
x(t) = 1 + 3 cos(t)
y(t) = 1 + (3/
√
2) sin t
z(t) = 3− (3/√2) sin t
Como a intersec¸a˜o de um plano com uma esfera e´ uma circunfereˆncia, a curva
C e´ uma circunfereˆncia no plano y+z=4.
O ponto A e´ tal que o paraˆmetro t vale zero, e para o ponto B temos t=pi.
Assim, a distaˆncia de A ao ponto B, ao longo de C e´ pir = 3pi, ja´ que o raio
da circunfeˆrencia C vale 3.
III. O vetor x′(t)~i+ y′(t)~j + z′(t)~k , onde :
x′(t) = −3 sin(t)
y′(t) = (3/
√
2) cos t
z′(t) = −(3/√2) cos t
e´ tangente a` curva C. Portanto, o vetor ~u = (3/
√
2 )~j − (3/√2 )~k e´ tangente
a` C no ponto A.
A reta tangente pode ser dada parame´tricamente por:
x(t) = 4
y(t) = 1 + (3/
√
2)t
z(t) = 3− (3/√2)t
 
Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral II - MAC128
Primeira prova - 07/05/2008
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Seja a equac¸a˜o diferencial ordina´ria y ′(t) = 2y(t) (y(t)− 1).
(a) (1.5 ponto) Obtenha a soluc¸a˜o geral da EDO acima de forma expl´ıcita.
(b) (1.0 ponto) Seja y0 = y(0). Encontre a expressa˜o para y(t) envolvendo y0.
Suponha que 0 < y0 < 1, calcule o limite da soluc¸a˜o deste problema quando t
tende a infinito.
Questa˜o 2: (2.5 pontos)
Seja a equac¸a˜o diferencial ordina´ria y ′′(t)− 4y ′(t) + 4y(t) = f(t).
(a) (0.8 ponto) Considere f(t) ≡ 0. Encontre a soluc¸a˜o geral desta equac¸a˜o dife-
rencial ordina´ria.
(b) (1.7 ponto) Considere, agora, que f(t) = te3t, y(0) = 6 e y ′(0) = 15. Encontre
a soluc¸a˜o para este problema de valor inicial.
Questa˜o 3: (3.0 pontos)
Seja uma part´ıcula cuja posic¸a˜o no espac¸o ao longo do tempo e´ descrita pela func¸a˜o
vetorial s(t) = (cos(2t), sen(2t), t), com t ∈ [0, 2pi].
(a) (0.5 ponto) Fac¸a um esboc¸o da trajeto´ria percorrida pela part´ıcula.
(b) (1.0 ponto) Calcule o comprimento de arco (distaˆncia percorrida pela part´ıcula)
entre os tempos t =
pi
4
e t = pi.
(c) (1.0 ponto) Encontre as equac¸o˜es da reta tangente a` curva descrita pela part´ıcula
no ponto
(
1
2
,
√
3
2
,
pi
6
)
.
(d) (0.5 ponto) Calcule a velocidade e acelerac¸a˜o vetoriais da part´ıcula.
Questa˜o 4: (2.0 pontos)
Seja a qua´drica cuja equac¸a˜o cartesiana e´ dada por 2x2 + y2 + 2y + z2 = 9.
(a) (1.0 ponto)
i. Identifique a qua´drica
ii. Determine a equac¸a˜o da intersec¸a˜o da qua´drica com os planos coordenados
xz e yz
iii. Identifique as curvas obtidas no subitem anterior
iv. Fac¸a um esboc¸o da superf´ıcie
(b) (1.0 ponto) Encontre uma parametrizac¸a˜o para a curva C que corresponde a`
intersec¸a˜o da qua´drica com o plano y + z = 1
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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral II - MAC128
Primeira prova - 07/05/2008
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Seja a equac¸a˜o diferencial ordina´ria y ′(t) = 2y(t) (y(t)− 1).
(a) (1.5 ponto) Obtenha a soluc¸a˜o geral da EDO acima.
Soluc¸a˜o:
Considerando y /∈ {0, 1}, fazendo algum manuseio alge´brico e aplicando
frac¸o˜es parciais obtemos (
1
y − 1 −
1
y
)
y ′ = 2.
Integrando com relac¸a˜o a t obtemos
ln
(∣∣∣∣y − 1y
∣∣∣∣) = 2t+ c1.
Aplicando exponencial segue que∣∣∣∣y − 1y
∣∣∣∣ = Ce2t.
Enta˜o obtemos
y(t) =
1
1− Ce2t se y(t) /∈ {0, 1}
(b) (0.5 ponto) Sendo y(0) tal que 0 < y(0) < 1, calcule o limite da soluc¸a˜o deste
problema quando t tende a infinito.
Soluc¸a˜o:
Seja y0 := y(0). Substituindo na expressa˜o anterior vemos que
y(t) =
y0
y0 − (y0 − 1)e2t se y(t) /∈ {0, 1}.
Se y0 ∈ (0, 1) vemos que o denominador e´ estritamente positivo e tende a
+∞ quando t tende a infinito. Portanto a soluc¸a˜o tende a zero quando t
tende a infinito.
(c) (0.5 ponto) Suponha, agora, que y(0) > 1. Existe soluc¸a˜o para o problema de
valor inicial definida para todo t > 0? Justifique adequadamente.
Soluc¸a˜o:
Analisando a expressa˜o para a soluc¸a˜o obtida no item anterior, vemos que o
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Ca´lculo Diferencial e Integral II - MAC128
Primeira prova - 07/05/2008(continuac¸a˜o)
denominador se anula para t satisfazendo t1 :=
1
2
ln
(
y0
y0 − 1
)
e, portanto, a
soluc¸a˜o so´ existe quando t < t1.
Questa˜o 2: (2.5 pontos)
Seja a equac¸a˜o diferencial ordina´ria y ′′(t)− 4y ′(t) + 4y(t) = f(t).
(a) (0.8 ponto) Considere f(t) ≡ 0. Encontre a soluc¸a˜o geral desta equac¸a˜o dife-
rencial ordina´ria.
Soluc¸a˜o:
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´ r2 − 4r + 4 = 0, que tem raiz dupla igual a 2.
Enta˜o a soluc¸ao geral desta EDO homogeˆnea sera´ y(t) = c1e
2t + c2te
2t.
(b) (1.7 ponto) Considere, agora, que f(t) = t2e3t, y(0) = 6 e y ′(0) = 15. Encontre
a soluc¸a˜o para este problema de valor inicial.
Soluc¸a˜o:
Necessitamos encontrar a soluc¸a˜o particular yp(t). Da forma do termo na˜o
homegeˆneo temos que yp(t) e´ da forma yp(t) = (at
2 + bt + c)e3t. Derivando
obtemos yp
′(t) = (3at2 + (3b + 2a)t + b + 3c)e3t e yp ′′(t) = (9at2 + (9b +
12a)t+(2a+6b+9c))e3t. Substituindo na EDO e simplificando obtemos que
(at2 + (4a+ b)t+ (2a+ 2b+ c)− t2)e3t = 0. Conclui-se que a = 1, b = −4 e
c = 6 e, portanto yp(t) = (t
2 − 4t+ 6)e3t. Da´ı, temos que a soluc¸a˜o geral da
EDO na˜o homogeˆnea e´ dada por y(t) = (t2−4t+6)e3t+c1e2t+c2te2t. Como
y(0) = 6 conclui-se que c1 = 0. Derivando temos y
′(t) = (3t2−10t+14)e3t+
c2e
2t+2c2te
2t. Como y ′(0) = 15 vem que c2 = 1 e y(t) = (t2−4t+6)e3t+te2t.
Questa˜o 3: (3.0 pontos)
Seja uma part´ıcula cuja posic¸a˜o no espac¸o ao longo do tempo e´ descrita pela func¸a˜o
vetorial s(t) = (cos(2t), sen(2t), t), com t ∈ [0, 2pi].
(a) (0.5 ponto) Fac¸a um esboc¸o da trajeto´ria percorrida pela part´ıcula.
Soluc¸a˜o:
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Primeira prova - 07/05/2008(continuac¸a˜o)
(b) (1.0 ponto) Calcule o comprimento de arco (distaˆncia percorrida pela part´ıcula)
entre os tempos t =
pi
4
e t = pi.
Soluc¸a˜o:
Temos que s ′(t) = (−2 sen(2t), 2 cos(2t), 1) e, portanto ‖s ′(t)‖ = √5. Enta˜o
o comprimento e´ dado pela integral l =
∫ pi
pi/4
√
5dt =
3
√
5
4
pi
(c) (1.0 ponto) Encontre a reta tangente a` curva descrita pela part´ıcula no ponto(
1
2
,
√
3
2
,
pi
6
)
.
Soluc¸a˜o:
Por comparac¸a˜o vemos que o ponto corresponde a t = pi/6. O vetor direc¸a˜o
da reta e´ o vetor s ′(pi/6) = (−2 sen(2pi
6
), 2 cos(2pi
6
), 1), isto e´, um vetor tan-
gente a` reta e´ dado por (−√3, 1, 1) e a equac¸a˜o parame´trica da reta e´
r(t) =
(
−
√
3
(
t− 1
2
)
, t−
√
3
2
, t− pi
6
)
, t ∈ R.
(d) (0.5 ponto) Calcule a velocidade e acelerac¸a˜o da part´ıcula.
Soluc¸a˜o:
v = s ′(t) = (−2 sen(2t), 2 cos(2t), 1) e a = s ′′(t) = (−4 cos(2t),−4 sen(2t), 0)
Questa˜o 4: (2.0 pontos)
Seja a curva C obtida pela intersec¸a˜o da qua´drica 2x2+ y2+2y+ z2 = 9 com o plano
y + z = 1.
(a) (0.5 ponto) Identifique a qua´drica
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Primeira prova - 07/05/2008(continuac¸a˜o)
Soluc¸a˜o:
Completando quadrado temos 2x2 + 2(y + 1/2)2 + z2 = 8.5, isto e´, trata-se
de um elipso´ide com centro no ponto (0,−1/2, 0)
(b) (1.5 ponto) Encontre uma parametrizac¸a˜o para a curva C ( sugesta˜o: encontre
a projec¸a˜o da curva no plano coordenado xy )
Soluc¸a˜o:
Da equac¸a˜o do plano temos que z = 1 − y. Substituindo na equac¸a˜o do
elipso´ide temos que 2x2 + y2 + 2y + (1 − y)2 = 9. Simplificando obtemos
2x2+2y2 = 8, isto e´, a projec¸a˜o da curva no plano coordenado xy e´ um c´ırculo
de centro na origem e raio 2. Enta˜o, uma parametrizac¸a˜o para a curva sera´
σ(t) = (2 cos(t), 2 sen(t), 1 − 2 sen(t), com t ∈ [0, 2pi]; a func¸a˜o coordenada
z(t) foi obtida substituindo a func¸a˜o coordenada y(t) na equac¸a˜o do plano.
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NOME:
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
Instituto de Matemática
PRIMEIRA PROVA UNIFICADA � CÁLCULO II
Politécnica, Engenharia Química e Ciência da Computação
21/05/2013.
1a QUESTÃO : Dada a função f(x, y) =

xy2
3x2 − y4 , (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0)
(a) Calcule o lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y), se este limite existir. Justifique sua resposta!
(b) A função é contínua na origem? Justifique sua resposta!
(c) A função é diferenciável na origem? Justifique sua resposta!
Solução: (a) Calculando o limite pela reta y = mx:
lim
x→0
x(mx)2
3x2 − (mx)4 = limx→0
x3m2
x2(3−m4x2) = limx→0
xm2
3−m4x2 = 0
Calculando o limite através da parábola x = y2:
lim
x→0
x2
3x2 − x2 =
1
2
Portanto, como os valores dos limites acima são diferentes, o limite não existe na
origem.
(b) A função não é contínua na origem, pois o lim(x,y)→(0,0) f(x, y) não existe.
(c) A função não é diferenciável na origem, pois a função não é contínua aí.
2a QUESTÃO : Encontre o valor máximo e o valor mínimo da função
f(x, y) = x2 + y2
na região
D = {(x, y) ∈ R2;x2 − xy + y2 ≤ 9}
Solução: Seja g(x, y) = x2 − xy + y2. Primeiramente, encontraremos os pontos
críticos pertencentes à região D:
∇f(x, y) = (2x, 2y) = (0, 0)⇔ (x, y) = (0, 0).
Agora encontraremos os candidatos a pontos extremos da função na fronteira da região
D, i.e., na curva g(x, y) = 9. Note que
∇g(x, y) = (2x− y,−x+ 2y) = (0, 0)⇔ (x, y) = (0, 0).
1
Como o ponto (0, 0) não pertence à curva g(x, y) = 9, então podemos aplicar o método
dos multiplicadores de Lagrange para encontrar extremos absolutos da função f restrita
a esta curva.
Como
∇f(x, y) = (2x, 2y),
devemos então resolver o seguinte sistema:
2x = λ(2x− y)
2y = λ(2y − x)
x2 − xy + y2 = 9
Se y = 2x, da primeira equação segue que x = 0. Logo, y = 0. Entretanto os valores
x = y = 0 não satisfazem a terceira equação do sistema, logo y 6= 2x. Analogamente
mostra-se que x 6= 2y. Assim, segue da primeira e segunda equações que
λ =
2x
2x− y e λ =
2y
2y − x .
Então
2x
2x− y =
2y
2y − x
⇒ 4xy − 2y2 = 4xy − 2x2
⇒ y2 = x2
⇒ y = ±x.
Agora da terceira equação obtemos que se y = x então x = ±3 e se y = −x então
x = ±√3. Portanto, os candidatos a pontos extremos na curva g(x, y) = 9 são os
pontos (3, 3), (−3,−3), (√3,−√3) e (−√3,√3).
Calculando os valores da função f em cada um dos pontos encontrados anterior-
mente, obtemos que
f(0, 0) = 0,
f(3, 3) = f(−3,−3) = 18,
f(
√
3,−
√
3) = f(−
√
3,
√
3) = 6.
Logo, o valor mínimo de f na região D é f(0, 0) = 0 e o valor máximo é f(3, 3) =
f(−3,−3) = 18.
2
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JA-
NEIRO
Instituto de Matemática
Disciplina: Cálculo II
Data: 21/11/2013
SEGUNDA PROVA UNIFICADA
1. Determine a direção em que ocorre a menor taxa de
variação da função
f(x, y, z) = x2y3+(1+zx)4 no ponto (1, 0,−2).
(a) (−8, 0, 4)
(b) (−6, 0,−4)
(c) (−8, 3,−4)
(d) (6, 3, 4)
(e) Nenhuma das outras alternativas.
2. A função f(x, y) = y sen (x) possui
(a) infinitos pontos de sela.
(b) infinitos pontos de máximo local.
(c) infinitos pontos de mínimo local.
(d) exatamente um ponto de mínimo local e um de
máximo local.
(e) Nenhuma das outras alternativas.
3. Seja f(x, y) uma função diferenciável no ponto
(x0, y0) tal que
∂f
∂x
(x0, y0) = 1 e D(√2
2 ,
√
2
2
)f(x0, y0) = 0.
Quanto vale D(−√22 ,√22 )f(x0, y0)?
(a) −√2
(b)
√
2
(c) −1
(d)
√
2/2
(e) Nenhuma das outras alternativas.
4. Considere a função
f(x, y) =

x4 sen 6(x+ y5)
x2 + y2
, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0).
Qual afirmação abaixo é verdadeira?
(a) A função é contínua em R2.
(b) A função é contínua somente na origem.
(c) A função é contínua somente em R2 \ (0, 0).
(d) A função não é contínua.
(e) Nenhuma das outras alternativas.
5. Considere a superfície S dada pela equação
cos(pix)− x2y + exz + yz = 4.
Quais são as equações do plano tangente e da reta
normal a S no ponto (0, 1, 2)?
(a) 2x+2y+z = 4 e x = 2t, y = 1+2t, z = 2+t.
(b) x+ y + z = 3 e x = 2t, y = 1 + t, z = 2 + 2t.
(c) 2x+2y+z = 4 e x = t, y = 1+2t, z = 2+2t.
(d) 2x+ y + z = 3 e x = t, y = 1 + 2t, z = 2 + t.
(e) Nenhuma das outras alternativas.
6. Seja z = 4ex ln y, onde
x = ln(u cos(v)) e y = u sen (v).
Calcule
∂z
∂v
quando u = 2 e v = pi/4.
(a) 4
√
2(1− ln√2)
(b) −4√2(1 + ln√2)
(c) 4
√
2(1 + ln
√
2)
(d)
√
2(1 + ln
√
2)
(e) Nenhuma das outras alternativas.
Gabarito Pág. 1
Gabarito dos 824 Testes Gerados
Teste 001: 1D 2A 3C 4A 5D 6C
Teste 002: 1E 2D 3D 4C 5B 6C
Teste 003: 1D 2D 3E 4B 5B 6C
Teste 004: 1E 2E 3B 4A 5B 6D
Teste 005: 1D 2C 3E 4C 5D 6A
Teste 006: 1C 2E 3B 4A 5C 6A
Teste 007: 1A 2E 3E 4A 5B 6D
Teste 008: 1E 2B 3B 4E 5A 6B
Teste 009: 1B 2A 3A 4B 5D 6C
Teste 010: 1B 2A 3D 4B 5E 6C
Teste 011: 1E 2D 3B 4B 5A 6A
Teste 012: 1B 2D 3B 4E 5C 6C
Teste 013: 1D 2A 3A 4C 5D 6E
Teste 014: 1A 2B 3A 4B 5D 6D
Teste 015: 1A 2A 3D 4C 5C 6E
Teste 016: 1C 2D 3A 4A 5E 6C
Teste 017: 1E 2D 3A 4E 5A 6C
Teste 018: 1A 2D 3B 4D 5C 6E
Teste 019: 1C 2A 3D 4C 5B 6E
Teste 020: 1A 2A 3B 4B 5E 6D
Teste 021: 1E 2C 3B 4A 5C 6E
Teste 022: 1A 2A 3C 4D 5B 6C
Teste 023: 1C 2B 3C 4D 5A 6A
Teste 024: 1E 2A 3A 4C 5E 6D
Teste 025: 1D 2D 3A 4E 5B 6B
Teste 026: 1D 2D 3B 4B 5E 6C
Teste 027: 1B 2B 3C 4E 5D 6E
Teste 028: 1D 2E 3E 4A 5A 6C
Teste 029: 1E 2B 3E 4D 5A 6D
Teste 030: 1A 2B 3D 4C 5E 6D
Teste 031: 1A 2D 3D 4C 5A 6E
Teste 032: 1A 2A 3D 4C 5E 6D
Teste 033: 1E 2C 3B 4C 5E 6A
Teste 034: 1D 2E 3A 4E 5C 6B
Teste 035: 1B 2E 3A 4B 5A 6D
Teste 036: 1E 2E 3B 4B 5A 6A
Teste 037: 1A 2E 3E 4C 5D 6A
Teste 038: 1E 2D 3D 4C 5E 6A
Teste 039: 1B 2C 3C 4E 5D 6E
Teste 040: 1C 2A 3E 4A 5C 6E
Teste 041: 1E 2D 3B 4D 5B 6E
Teste 042: 1D 2B 3D 4C 5B 6E
Teste 043: 1B 2D 3D 4A 5B 6A
Teste 044: 1A 2D 3C 4E 5E 6A
Teste 045: 1C 2B 3B 4E 5D 6E
Teste 046: 1C 2D 3D 4C 5B 6B
Teste 047: 1D 2B 3D 4C 5B 6A
Teste 048: 1D 2A 3B 4A 5D 6E
Teste 049: 1A 2D 3E 4B 5C 6B
Teste 050: 1C 2E 3B 4D 5B 6E
Teste 051: 1D 2A 3C 4C 5D 6B
Teste 052: 1E 2C 3C 4A 5E 6A
Teste 053: 1B 2C 3B 4C 5A 6D
Teste 054: 1E 2E 3A 4D 5B 6C
Teste 055: 1E 2B 3C 4C 5A 6A
Teste 056: 1B 2D 3A 4B 5E 6D
Gabarito Pág. 1
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
Instituto de Matema´tica
SEGUNDA PROVA UNIFICADA – CA´LCULO II
Polite´cnica, Engenharia Qu´ımica e Cieˆncia da Computac¸a˜o - 04/07/2013.
QUESTO˜ES DISCURSIVAS
1a Questa˜o. (2.2 pontos). Considere a superf´ıcie S formada pelos pontos (x, y, z) ∈ R3
satisfazendo a equac¸a˜o
xyz = eβx,
onde β e´ um nu´mero real.
(a) Escreva a equac¸a˜o do plano tangente a S no ponto P0 =
(
3,
1
3
, e3β
)
∈ S.
(b) Encontre β de modo que o plano tangente a S no ponto P0 contenha a origem.
Resoluc¸a˜o:
(a) A superf´ıcie S pode ser vista como uma superf´ıcie de n´ıvel para F (x, y, z) = xyz−eβx.
Calculando o gradiente de F no ponto P0 = (3,
1
3 , e
3β) obtemos
∇F
(
3,
1
3
, e3β
)
=
(
−βe3β + 1
3
e3β, 3e3β, 1
)
.
O plano tangente a S, portanto, tem equac¸a˜o(
−βe3β + 1
3
e3β
)
(x− 3) + 3e3β
(
y − 1
3
)
+ (z − e3β) = 0 (1)
(b) Encontre β de modo que o plano tangente a S no ponto P0 =
(
3, 13 , e
3β
)
contenha a
origem.
(b) A origem (0, 0, 0) pertence ao plano (1) se, se somente se,(
−βe3β + 1
3
e3β
)
(0− 3) + 3e3β
(
0− 1
3
)
+ (0− e3β) = 0⇔ e3β(3β − 3) = 0
⇔ 3β − 3 = 0
⇔ β = 1.
2a Questa˜o. (2.2 pontos).
Calcule, se existirem, o ma´ximo e o mı´nimo absolutos de
f(x, y, z) = 2x2 + y2 + z
na regia˜o x2 + y2 + z2 = 1.
Resoluc¸a˜o: f e´ uma func¸a˜o cont´ınua e a regia˜o R : x2 + y2 + z2 = 1 dada e´ limitada e
fechada, logo o ma´ximo e mı´nimo